2020年高考模拟仿真卷16份-物理_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中物理

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2020 年普通高等学校招生全国统一考试（物理仿真模拟卷16 套）
高考仿真模拟卷(一)
(时间：70 分钟；满分：110 分)
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合
题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
14.如图为玻尔理论的氢原子能级图，当一群处于激发态n＝3 能级的氢原子向低能级跃迁时，发出的光中有两
种频率的光能使某种金属产生光电效应，以下说法中正确的是(
)
A．这群氢原子向低能级跃迁时能发出四种频率的光
B．这种金属的逸出功一定小于10.2 eV
C．用波长最短的光照射该金属时光电子的最大初动能一定大于3.4 eV
D．由n＝3 能级跃迁到n＝2 能级时产生的光一定能够使该金属产生光电效应
15．一倾角为θ的斜面体固定在水平面上，其斜面部分光滑，现将两个质量均为m 的物块A 和B 叠放在一起，
给A、B 整体一初速度使其共同沿斜面向上运动，如图所示，已知A 的上表面水平，则在向上运动过程中，下列说
法正确的是(
)
A．物块B 对A 的摩擦力方向水平向右
B．物块A 对B 的作用力做正功
C．A 对B 的摩擦力大小为mgsin θcos θ
D．由于B 减速运动，则B 的机械能减少
16.甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f 仅
与球的速率v 成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k 为正的常量)，两球的v－t 图象如图所示，落地前，经过时间
t0 两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2，则下落判断正确的是(
)
A．甲球质量大于乙球
B.m1
m2
＝v2
v1
C．释放瞬间甲球的加速度较大
D．t0 时间内，两球下落的高度相等
17．据英国《每日邮报》报道，科学家发现了一颗距离地球仅14 光年的“另一个地球”——沃尔夫(Wolf)1061c.
沃尔夫1061c 的质量为地球的4 倍，围绕红矮星的沃尔夫1061c 运行的周期为5 天，它是迄今为止在太阳系外发现
的距离最近的宜居星球．设想从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c 表面运行．已知万有引力常量为G，
天体的环绕运动可看做匀速圆周运动．则下列说法正确的是
(
)
A．从地球发射该卫星的速度应该小于第三宇宙速度
B．卫星绕行星沃尔夫1061c 运行的周期与该卫星的密度有关
C．沃尔夫1061c 和地球公转轨道半径的三次方之比等于
5
365
2
D．若已知探测卫星的周期和地球的质量，可近似求出沃尔夫1061c 的半径
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18．如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O 点．开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0 击中沙袋
后未穿出，二者共同摆动．若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏
出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法中正确的是(
)
A．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小
C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为mv20
72
D．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为v20
72g
19．如图所示，M、N 为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为＋Q、－Q，将它们
平行放置，A、C 连线垂直于圆环平面，B 为AC 的中点，现有质量为m、带电荷量为＋q 的微粒(重力不计)从左方
沿A、C 连线方向射入，到A 点时速度vA＝1 m/s，到B 点时速度vB＝5 m/s，则(
)
A．微粒从B 至C 做加速运动，且vC＝3 m/s
B．微粒在整个运动过程中的最终速度为5 m/s
C．微粒从A 到C 先做加速运动，后做减速运动
D．微粒最终可能返回至B 点，其速度大小为5 m/s
20．如图所示，半径为R 的半球形容器固定在可以绕竖直旋转的水平转台上，转台转轴与过容器球心O 的竖直
线重合，转台以一定角速度ω匀速旋转．有两个质量均为m 的小物块落入容器内，经过一段时间后，两小物块者都
随容器一起转动且相对容器内壁静止，两物块和球心O 点的连线相互垂直，且A 物块和球心O 点的连线与竖直方
向的夹角θ＝60°，已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(
)
A．若A 物块受到的摩擦力恰好为零，B 物块受到的摩擦力的大小为（3－1）mg
2
B．若A 物块受到的摩擦力恰好为零，B 物块受到的摩擦力的大小为（3－1）mg
4
C．若B 物块受到的摩擦力恰好为零，A 物块受到的摩擦力的大小为（3－1）mg
2
D．若B 物块受到的摩擦力恰好为零，A 物块受到的摩擦力的大小为（3－1）mg
4
21．如图所示，间距为d 的两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.质量为m 的金属棒ab 与两
导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．金属棒ab 与导轨间的动摩擦
因数为μ，位于导轨间金属棒ab 的电阻为R，重力加速度为g，金属棒ab 以初速度v0 沿导轨向右运动位移x 速度减
小为零．下列说法正确的是(
)
A．ab 中的感应电流方向由a 到b
B．通过电阻R 的电荷量为Bdx
2R
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C．金属棒产生的焦耳热为1
4mv20－1
2μmgx
D．金属棒运动的时间为v0
g －B2d2x
2μmgR
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62 分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34 题为选考题，考生根
据要求作答．
(一)必考题：共47 分．
22．(5 分)某同学用一弹簧测力计和一橡皮条做验证平行四边形定则的实验，装置如图所示．实验步骤如下：
①将贴有白纸的木板竖直固定，将橡皮条上端挂在木板上O 点；
②将三根细线Pa、Pb、Pc 结于P 点．a 端系在橡皮条下端，c 端暂时空置，b 端挂一钩码，钩码静止后，记录
钩码重力G 的大小和方向；
③以O 为圆心，以OP 为半径，画一圆弧；
④用弹簧测力计钩住c 端，向右上方缓慢拉，调整拉力方向，使结点P 移到图中所示位置，记录该位置和弹簧
测力计的示数；
⑤在白纸上作出各力的图示，验证平行四边形定则是否成立．
(1)第④步中还应记录的是________________________________________________；
(2)第⑤步中，若橡皮条拉力与弹簧测力计拉力的合力大小等于________，方向________，则可验证平行四边形
定则．
23．(10 分)学习了“测电源电动势和内阻”后，某物理课外活动小组自制了西红柿电池组，设计了如图所示的
实验电路，测定了电压表的内阻，并用多种方法测量电池组的电动势与内阻，请完成下面实验．
(1)用笔画线代替导线按照电路图将实物图连线．
(2)将单刀双掷开关S 打向触头1，调节电阻箱，记录电阻箱的示数为R0，电流表的示数为I0 和电压表的示数为
U0，则电压表的内阻RV＝______．
(3)将单刀双掷开关S 打向触头2，仅测多组电压表的示数U 和电阻箱的示数R，然后运用数据作出1
U－1
I图象为
一条倾斜的直线，得到直线的斜率为k，纵轴截距为b，则该电池组的电动势E＝________，内阻r＝________(用k、
b、RV 表示)．
24.(12 分)如图所示，虚线L 右侧空间有水平向右电场强度E1＝2.5 N/C 的匀强电场，左侧空间有一竖直向上电
场强度E2＝1.25 N/C 的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场B，在E1 场区有四分之一的光滑绝缘圆轨道，半径为
R＝0.2 m，圆心在虚线O 点，过低端点Q 的切线水平，现将一视为质点的带正电荷的粒子从轨道的最高点P 由静止
释放，粒子沿轨道向底部运动，已知粒子的质量为m＝1×10
－4 kg，粒子所带电荷量q1＝＋3×10
－4 C，取g＝10 m/s2.
求：
(1)粒子沿轨道向下运动过程中对轨道的最大压力；
(2)若粒子运动到Q 点瞬间仅使其电荷量变为q2＝＋8×10
－4 C，要使粒子再次通过虚线位置落到圆轨道内，磁
感应强度B 大小应满足的条件．
25．(20 分)如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN 相切，导轨右端N 处与水平传送带理想连接，传送带长度
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L＝4 m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝4.0 m/s 运动．滑块B、C 之间用细绳相连，其间有一
压缩的轻弹簧，B、C 与细绳、弹簧一起静止在导轨MN 上．一可视为质点的滑块A 从h＝0.2 m 高处由静止滑下，
已知滑块A、B、C 质量均为m＝2.0 kg，滑块A 与B 碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短．因碰撞使连接B、C 的细
绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A、B 分离．滑块C 脱离弹簧后以速度vC＝2.0 m/s 滑上传送带，并
从右端滑出落至地面上的P 点．已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s2.
(1)求滑块C 从传送带右端滑出时的速度大小；
(2)求滑块B、C 与细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；
(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C 总能落至P 点，则滑块A 与滑块B 碰撞前速度的最大
值vm 是多少？
(二)选考题：共15 分．请考生从2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3­3](15 分)
(1)(5 分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分．每
选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．水的饱和汽压随温度的升高而增加
B．自然界凡是符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
C．液晶具有光学的各向异性
D．荷叶上的露珠呈球形是表面张力的结果
E．布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的分子无规则运动的反映
(2)(10 分)如图所示，将长度L＝50 cm，粗细均匀导热性能良好的玻璃管竖直放置，上端开口；现用长为h＝4 cm
的一段水银柱封闭玻璃管内的气体，气柱的长度为l＝36 cm，已知环境温度为300 K，外界的大气压强p0＝76 cmHg，
①若向玻璃管内缓慢地注入水银，求水银柱的上端刚好与玻璃管的开口处平齐时水银柱的长度；
②若将玻璃管开口向下竖直放置，给管内气体加热，使水银柱的下端刚好与玻璃管的开口处平齐，求此时气柱
的温度．
34．[物理——选修3­4](15 分)
(1)一列沿x 轴方向传播的简谐波，t＝0 时刻的波形图如图所示，P 点此时的振动方向沿y 轴的正方向，经0.1 s
第二次回到P 点．则下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3
个得5 分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．波的传播方向沿x 轴的负方向
B．该简谐波的波速大小为20 m/s
C．t＝0.125 s 时，P 点的振动方向沿y 轴的负方向
D．t＝0.15 s 时，P 点的速度正在减小，加速度正在减小
E．t＝0.15 s 时，P 点的速度正在减小，加速度正在增大
(2)如图所示，圆柱形油桶中装满折射率n＝2的某种透明液体，油桶的高度为H，半径为3H
2 ，桶的底部装有一
块平面镜，在油桶底面中心正上方高度为d 处有一点光源P，要使人从液体表面上方任意位置处都能够观察到此液
体内点光源P 发出的光，d 应该满足什么条件？
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2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(二)
(时间：70 分钟；满分：110 分)
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合
题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
14．如图所示，表示汞原子最低的4 个能级，一个自由电子的总能量为9.0 eV，与处于基态的汞原子发生正碰(不
计汞原子的动量变化)，则电子可能剩余的能量(碰撞过程中无能量损失)(
)
A．0.2 eV
B．1.4 eV
C．2.3 eV
D．5.5 eV
15．如图所示，踢毽子是人们喜爱的一项体育活动，毽子被踢出后竖直向上运动，达到最高点后又返回原处．若
运动过程中毽子受到的空气阻力大小与速度的大小成正比，且始终小于毽子的重力，则下列说法正确的是(
)
A．毽子踢出后受到三个力的作用
B．毽子到最高点时，不受任何力的作用
C．毽子在上升过程中，加速度先减小后增大
D．毽子在下降过程中，加速度减小
16．如图所示，长木板静止于光滑水平地面，滑块叠放在木板右端，现对木板施加水平恒力，使它们向右运动．当
滑块与木板分离时，滑块相对地面的位移为x、速度为v.若只减小滑块质量，重新拉动木板，滑块与木板分离时(
)
A．x 变小，v 变小
B．x 变大，v 变大
C．x 变小，v 变大
D．x 变大，v 变小
17．甲、乙两质点在同一地点同一时间在外力作用下做匀变速直线运动，运动的时间为t，位移为x，甲、乙两
质点运动的x
t－t 图象如图所示，下列说法正确的是(
)
A．甲质点的加速度大小为c
d
B．乙质点的初速度大小为c
C．t＝d
4时甲、乙两质点相遇
D．t＝d 时甲、乙两质点同向运动
18．空间有一水平匀强电场，范围足够大，场中有一粒子源，某时刻释放出速度大小相同的同种带电粒子，速
度方向沿垂直于竖直面内各方向，粒子的重力不计，如图所示，则(
)
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A．同一时刻所有粒子的动量相同
B．同一时刻所有粒子的位移相同
C．同一时刻所有粒子到达同一等势面上
D．同一时刻所有粒子到达同一水平面上
19.人类首次发现了引力波来源于距地球之外13 亿光年的两个黑洞(质量分别为26 个和39 个太阳质量)互相绕转
最后合并的过程．设两个黑洞A、B 绕其连线上的O 点做匀速圆周运动，如图所示．黑洞A 的轨道半径大于黑洞B
的轨道半径，两个黑洞的总质量为M，两个黑洞间的距离为L，其运动周期为T，则(
)
A．黑洞A 的质量一定大于黑洞B 的质量
B．黑洞A 的线速度一定大于黑洞B 的线速度
C．两个黑洞间的距离L 一定，M 越大，T 越大
D．两个黑洞的总质量M 一定，L 越大，T 越大
20．如图所示，将质量为M1、半径为R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙壁，右侧靠一
质量为M2 的物块．今让一质量为m 的小球自左侧槽口A 的正上方h 高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A 点进
入槽内，则以下结论中正确的是(
)
A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B．小球在槽内运动由B 至C 过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向动量守恒
C．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动
D．小球从A 点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒
21．如图所示，两根间距为d 的光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的斜面上，导轨的右端接有电阻R，
整个装置放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有一质量为m、电阻也为R 的
金属棒与两导轨垂直且接触良好，金属棒以一定的初速度v0 在沿着导轨上滑一段距离L 后返回，不计导轨电阻及感
应电流间的相互作用．下列说法正确的是(
)
A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动
B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R 的电荷量q＝BdL
2R
C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝1
2(mv20－mgL)
D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R 上产生的热量Q＝1
2(mv20－mgL)
题号
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答案
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62 分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34 题为选考题，考生根
据要求作答．
(一)必考题：共47 分．
22．(5 分)某同学用如图甲所示装置做“探究合力的功与动能改变量的关系”的实验，他通过成倍增加位移的方
法来进行验证．方法如下：将光电门固定在水平轨道上的B 点，用重物通过细线拉小车，保持小车(带遮光条)和重
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物的质量不变，通过改变小车释放点到光电门的距离进行多次实验，每次实验时要求小车都由静止释放．
(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度d，示数如图乙所示，则d＝________cm.
(2)如果每次实验时遮光条通过光电门的时间为t，小车到光电门的距离为s，通过描点作出线性图象来反映合力
的功与动能改变量的关系，则所作图象关系是________时才能符合实验要求．
A．s－t
B．s－t2
C．s－t
－1
D．s－t
－2
(3)下列实验操作中必要的是________．
A．调整轨道的倾角，在未挂重物时使小车能在轨道上匀速运动
B．必须满足重物的质量远小于小车的质量
C．必须保证小车由静止状态开始释放
23．(10 分)某同学在课外活动中利用多用电表进行如下探究：
A．按照多用电表测未知电阻阻值的电路连接如图甲所示；
B．将多用电表的欧姆挡的选择开关拨至倍率“×1”挡，并将红、黑表笔短接调零，此时调零电阻R0 接入电
路的部分阻值用R0 表示；
C．在红、黑表笔间接入不同的待测电阻Rx，测出多组电路中电流与待测电阻的数据；
D．建立直角坐标系，根据电路中电流和Rx 的值在坐标系中描点连线得到图象如图乙所示．
如果电池的电动势用E 表示、内阻用r 表示，表头内阻用Rg 表示，根据上述实验探究，回答下列问题：
(1)图乙所表示的图象的函数关系式为________________________________________．
(2)下列根据图乙中I－Rx 图线做出的解释或判断中正确的是________．(有两个选项正确)
A．用欧姆表测电阻时，指针指示读数越大，测量的误差越小
B．欧姆表调零的实质是通过调节R0，使Rx＝0 时电路中的电流I＝Ig
C．Rx 越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏
D．测量中，当Rx 的阻值为图乙中的R2 时，指针位于表盘中央位置的右侧
(3)如果实验中还记录下多用电表的欧姆挡“×1”挡的中值电阻值为15 Ω，此时电池的电动势为1.5 V，则你
认为多用电表所用电流表表头的量程是________．
24．(12 分)如图所示是长为8 m 的水平传送带AB 和一竖直的半径为0.8 m 的1
4圆形光滑轨道的组合装置，轨道
底端与传送带在B 点相切，若传送带向右以3 m/s 的恒定速度匀速运动，现在圆轨道的最高点由静止释放一质量为
4 kg 的物块，物块恰好能运动到水平传送带的最左端而不掉下，重力加速度大小为g＝10 m/s2.求：
(1)物块滑到圆形轨道底端时对轨道的压力大小和物块与传送带间的动摩擦因数；
(2)物块返回到圆轨道后能够上升的高度和在传送带上第一次往返所用的时间．
25．(20 分)如图所示，第一象限有平行于纸面且与x 轴负方向成45°的匀强电场，电场强度大小未知，第四象
限有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.现从坐标原点O 向磁场中射入一个质量为m，电荷量为
q 的带正电的粒子1(重力不计)，速度大小为v、方向与x 轴正方向成45°.该粒子第一次到达x 轴时与该点的一个
质量为2m 不带电的粒子2 发生弹性正碰，碰后所带电荷量两者平分，碰后粒子1 进入磁场做匀速圆周运动后再经
过x 轴经电场偏转恰好可以回到坐标原点，粒子2 在电场中运动一段时间后也进入磁场．求：
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(1)粒子1 和粒子2 碰撞离开x 轴后再次回到x 轴的位置坐标；
(2)电场强度的大小；
(3)碰撞后两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径之比．
(二)选考题：共15 分．请考生从2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3­3](15 分)
(1)(5 分)下面说法正确的是________(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分．每
选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．饱和蒸汽压随温度的升高而增大
B．单晶体在某些物理性质上具有各向异性
C．一定量的理想气体从外界吸热，其内能一定增加
D．液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈
E．当分子之间作用力表现为斥力时，分子力随分子间的距离增大而增大
(2)(10 分)如图所示，粗细不同的玻璃管开口向下，粗管长为L＝13 cm，细管足够长，粗管的截面积为细管的两
倍．管内的气体被一段水银柱封闭，当封闭气体的温度为T1＝300 K 时，粗、细管内的水银柱长度均为h＝5 cm.已
知大气压强p0＝75 cmHg，现对封闭气体缓慢加热，求：
①水银恰好全部进入细管时气体的温度T2；
②从开始加热到T3＝500 K 时，水银柱的下表面移动距离为多少厘米(保留3 位有效数字)．
34．[物理——选修3­4](15 分)(1)(5 分)光纤是现代通信普遍使用的信息传递媒介，现有一根圆柱形光纤，光信
号从光纤一端的中心进入，并且沿任意方向进入的光信号都能传递到另一端．下列说法正确的有________．(填正确
答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．光从空气进入光纤时传播速度变小
B．光导纤维利用了光的偏振原理
C．光导纤维利用了光的全反射原理
D．光纤材料的折射率可能为1.2
E．光纤材料的折射率可能为2
(2)(10 分)如图所示，一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在x 轴上有P、M、Q 三点，从波传到x＝5 m 的M 点
时开始计时，已知t1＝0.7 s 时M 点第二次出现波峰．求：
①这列波传播的速度；
②从t＝0 时刻起到t2＝1 s 止，质点Q(x＝9 m)通过的路程．
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2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(三)
(时间：70 分钟；满分：110 分)
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合
题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
14．2018 年11 月21 日消息，中科院合肥物质科学研究院核能安全所吴宜灿研究员获得了美国核学会聚变核能
杰出成就奖．关于聚变与衰变、天然放射现象，下面说法正确的是(
)
A．原子核核子间的距离接近到10
－10 m 就会发生聚变反应
B.232
90Pb 衰变成208
82Pb 要经过6 次α衰变和4 次β衰变
C．天然放射现象中产生的α射线穿透能力很强且速度与光速相当
D．β衰变是放射性元素原子的核外电子具有较高能量时发生的
15.如图所示，一个“V”形槽的左侧挡板A 竖直，右侧挡板B 为斜面，槽内嵌有一个质量为m 的光滑球C.“V”
形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，设挡板A、B 对球的弹力分别为F1、
F2，下列说法正确的是(
)
A．F1、F2 都逐渐增大
B．F1、F2 都逐渐减小
C．F1 逐渐减小，F2 逐渐增大
D．F1、F2 的合外力逐渐减小
16．2018 年11 月1 日23 时57 分，我国在南昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第四十一颗北
斗导航卫星，这颗卫星属于北斗三号系统首颗地球静止轨道卫星，关于成功定点后的此颗卫星，下列说法正确的是
(
)
A．发射此卫星需要的能量一定要比发射近地卫星需要的能量多
B．卫星运行的速度大于7.9 km/s 小于11.2 km/s，卫星处在完全失重状态
C．卫星绕地球运行的线速度比月球绕地球运行的线速度小
D．向心加速度比静止在赤道上物体的向心加速度大
17．如图所示为一物体做直线运动的v－t 图象，则关于该物体的运动，下列说法中正确的是(
)
A．该物体8～10 s 内的位移为6 m
B．该物体6～8 s 内的加速度最大
C．该物体8 s 末离出发点最远
D．该物体6～10 s 内的平均速度为2 m/s
18.一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部挡板上，另一端和质量为m 的小物块a 相连，质量为
M 的小物块b 位于光滑斜面上，小物块a、b 之间相距x.小物块b 在斜面上由静止沿斜面下滑，与a 碰后一起沿斜
面下滑但不粘连，压缩弹簧到最低点后两物块沿斜面上滑时分离．下列说法正确的是(
)
A．仅x 越大，a、b 碰撞损失的机械能越小
B．仅M 越大，a、b 碰后小物块a 的动能越大
C．仅x 越大，a、b 碰后小物块a 的最大动能位置越靠近挡板
D．仅M 越大，a、b 碰后上滑分离处越远离挡板
19.如图所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q＞0)
的粒子在电容器中靠近下极板处．以初动能Ek0 竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子恰能打到上极
板．下列说法正确的是(
)
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A．两极板之间的电场强度大小为Ek0
2qd
B．带电粒子到达上极板时电势能增加0.5Ek0
C．带电粒子到达上极板时动能减小为零
D．带电粒子到达上极板时机械能减小0.5Ek0
20．如图甲所示，导体框架abcd 放置于水平面内，ab 平行于cd，导体棒MN 与两导轨垂直并与导轨接触良好，
整个装置放置于垂直于框架平面的磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示，MN 始终保持静止．规
定竖直向上为磁场正方向，沿导体棒由M 到N 为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所受安培力F 的正方向，
水平向左为导体棒所受摩擦力f 的正方向，下列图象中正确的是(
)
21．如图所示，空间有垂直纸面向里的匀强磁场，氢元素的同位素氘离子和二价氦离子都从边界上的O 点以相
同速度先后射入磁场中，入射方向与边界成相同的角，则氢离子和二价氦离子在磁场中(
)
A．运动轨迹的半径相同
B．重新回到边界所用时间相同
C．重新回到边界时的动量相同
D．重新回到边界时与O 点的距离相等
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62 分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34 题为选考题，考生根
据要求作答．
(一)必考题：共47 分．
22．(5 分)如图甲所示，是某同学验证动能定理的实验装置．其步骤如下：
a．易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，接纸带，合理调整木板倾角，使小车沿木板匀速下
滑．
b．取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m 及小车质量M.
c．取下细绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙(中间部分未画出)．O 为打下的
第一点．已知打点计时器的打点频率为f，重力加速度为g.
(1)步骤c 中小车所受的合外力为________．
(2)为验证从O→C 过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出B、D 间的距离为x0，O、C 间距离为
x1，则C 点的速度为______．需要验证的关系式为______(用所测物理量的符号表示)．
23．(10 分)现要尽可能精确地测量某段金属电阻丝的电阻率，要求通过金属电阻丝的电流在0～0.5 A 之间．实
验器材如下：
A．电流表A1，量程0.1 A，内阻r1＝1 Ω
B．电流表A2，量程0.6 A，内阻约0.5 Ω
C．滑动变阻器R1，最大值1.0 Ω，额定电流10 A
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D．滑动变阻器R2，最大值100 Ω，额定电流0.1 A
E．定值电阻R3，阻值为59 Ω
F．定值电阻R4，阻值为599 Ω
G．电源E，电动势为6 V，内阻约0.5 Ω
H．开关S 一个、导线若干
(1)用多用电表先进行粗测：先选择“×10”挡位，按照正确的步骤测量，发现指针偏转角度太大，为准确地进
行测量，应改选________(填“×100”或“×1”)倍率，换挡后，按照正确的步骤进行测量，测量结果如图所示，
则该金属电阻丝的电阻为________Ω.
(2)用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示．该金属丝的直径d＝________mm.
(3)为尽量准确地测量金属丝的电阻Rx，请在虚线框内画出测量该金属丝电阻Rx 的实验原理图(图中元件用题干
中相应的元件符号标注)．
(4)若以电表A1 示数的I1 为纵轴，A2 的示数I2 为横轴，利用多次实验的数据画出如图所示的图线，其斜率为k.
根据图线斜率和题中所给的其他物理量可知金属电阻丝的电阻表达式Rx＝________．
(5)若该电阻丝的长度为L，金属丝的直径为d，利用上述实验测得的物理量可得该金属丝的电阻率为ρ＝
________[利用(4)中图线的斜率及其他测量的物理量表示]．
24．(12 分)2017 年9 月13 日，苹果在乔布斯剧院正式发布旗下三款iPhone 新机型，除了常规的硬件升级外，
三款iPhone 还支持快充和无线充电．图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图，已知线圈匝数n＝
100，电阻r＝1 Ω，横截面积S＝1.5×10
－3 m2，外接电阻R＝7 Ω.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁
感应强度随时间的变化如图乙所示，求：
(1)t＝0.01 s 时线圈中的感应电动势E；
(2)0～0.02 s 内通过电阻R 的电荷量q；
(3)0～0.03 s 内电阻R 上产生的热量Q.
25．(20 分)如图甲所示，质量M＝3 kg，足够长的木板静止在水平面上，半径为R 的四分之一固定光滑圆轨道
的下端与木板的右端平滑对接，质量m＝1 kg 的物块(可视为质点)从轨道顶端由静止释放，接着物块离开圆轨道滑
上木板．从物块滑上木板开始计时，物块运动前2 s 内速度随时间的变化如图乙所示．已知木板与水平面间的动摩
擦因数μ0＝0.01，重力加速度g＝10 m/s2，求：
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(1)物块经过圆轨道最低点时对轨道压力的大小；
(2)从释放物块直到物块与木板相对静止的过程中因摩擦共产生的热量Q.
(二)选考题：共15 分．请考生从2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3­3](15 分)
(1)(5 分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分．每
选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动
B．外界对物体做功，物体内能一定增加
C．液体与大气接触，表面层内分子间的作用表现为相互吸引
D．由热力学第二定律可知热量从温度较低的物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量且吸收的热量
全部用来对外做功也是可能的
E．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故
(2)(10 分)如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置．内有活塞，活塞横截面积为S＝1×10
－4 m2，质
量为m＝1 kg，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气．汽缸内密封有一定质量的理想气体，气柱高度h＝0.2 m．已知大
气压p0＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2.
①如果在活塞上缓慢堆放一定质量的细砂，气柱高度变为原来的2
3，请计算砂子质量；此过程理想气体吸热还
是放热？
②如果在①的基础上设法升高缸内气体的温度，使活塞恢复到原高度，此过程气体吸收热量为5 J，请计算气体
内能的增量．
34．[物理——选修3­4](15 分)
(1)(5 分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分．每
选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．当观察者向静止的声源运动时，观察者接收到的声波的频率高于声源的频率
B．通过小缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，这是光的衍射现象
C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以增加透射光的强度
D．用红光代替黄光在同一装置上做双缝干涉实验形成的干涉条纹中相邻两亮(暗)条纹间距变大
E．两个完全相同的日光灯发出的光相遇时，一定可以发生干涉
(2)(10 分)如图所示一半径为R、由透明介质制成的球体，左侧有一沿竖直方向且与球体相切的墙面，图中过圆
心的水平线段为球体的直径，在该直径的最右侧S 点沿不同的方向发射出两束光，其中射到A 点的光经折射后垂直
于墙面到达M 点，而射到B 点的光恰好在球体的表面发生全反射，∠OSA＝30°.求：
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①该透明介质的折射率；
②S 点发出的光在传播过程中，经过SA 与AM 所用的时间的比值；
③B 点到SO 的距离．
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(四)
(时间：70 分钟；满分：110 分)
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合
题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
14．已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量En＝E1
n2，其中n＝2，3，4，…，用h 表示普朗克常量，c 表示真
空中的光速．有一氢原子处于n＝3 的激发态，在它向低能态跃迁时，可能辐射的光子的最大波长为(
)
A．－36hc
5E1
B．－9hc
8E1
C．－4hc
3E1
D．－hc
E1
15．如图所示，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b 与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳
的另一端固定在斜面上．a 与b 之间光滑，a 和b 以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动．当它们刚运行至轨道的
粗糙段时可能正确的是(
)
A．绳的张力减小，斜面对b 的支持力不变
B．绳的张力增加，斜面对b 的支持力减小
C．绳的张力减小，地面对a 的支持力不变
D．绳的张力增加，地面对a 的支持力减小
16．人造卫星a 的圆形轨道离地面高度为h，地球同步卫星b 离地面高度为H，h<H，两卫星共面且旋转方向
相同．某时刻卫星a 恰好出现在赤道上某建筑物c 的正上方，设地球赤道半径为R，地面重力加速度为g，则(
)
A．a、b 线速度大小之比为
R＋h
R＋H
B．a、c 角速度之比为
R3
（R＋h）3
C．b、c 向心加速度大小之比R＋H
R
D．a 下一次通过c 正上方所需时间等于t＝2π
（R＋h）3
gR2
17．如图所示为甲、乙两个质点在0～t0 时间内沿同一直线运动的位移—时间图象，在两个质点在0～t0 时间内
(
)
A．任一时刻的加速度都不同
B．位移大小不相等
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C．任一时刻的速度都不同
D．运动方向不相同
18．如图所示，矩形线圈abcd 在磁感应强度大小为B＝
2
16π T 的匀强磁场中绕垂直于磁场的dc 边以角速度ω
＝100π rad/s 匀速转动．线圈的匝数N＝100，边长ad＝0.4 m，ab＝0.2 m．理想变压器原、副线圈的匝数比是2∶1，
一只理想二极管和一个阻值为25 Ω的定值电阻R 串联在副线圈电路中，已知电压表和电流表均为理想交流电表，
线圈和导线的电阻不计，则下列说法正确的是(
)
A．该矩形线圈产生的电动势的最大值为50 V
B．电压表的示数为50 V
C．1 min 内电阻R 上产生的热量为750 J
D．减小电阻R 的值，电流表示数变小
19．如图甲所示，一质量为m 的物块在t＝0 时刻，以初速度v0 从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，
物块速度随时间变化的图象如图乙所示．t0 时刻物块到达最高点，3t0 时刻物块又返回底端．下列说法正确的是(
)
A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为3mgt0sin θ
B．物块从t＝0 时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为3
2mv0
C．斜面倾角θ的正弦值为5v0
8gt0
D．不能求出3t0 时间内物块克服摩擦力所做的功
20．如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场左端的中点P 以相同的初
速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C 三点，可以判断(
)
A．A 点小球带正电，B 点不带电，C 点带负电
B．三个小球在电场中运动时间相等
C．三个小球到达极板时的动能EkA<EkB<EkC
D．三个小球在电场中运动的加速度aA>aB>aC
21．如图所示，两个边长为2L 的正方形PQMN 和HGKJ 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小
分别为B1 和B2，两磁场区域中间夹有两个宽度为L、方向水平且相反、场强大小均为E 的匀强电场，两电场区域
分界线经过PN、GK 的中点．一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)从G 点由静止释放，经上方电场加
速后通过磁场回旋，又经下方电场沿NK 二次加速后恰好回到G 点，则下列说法正确的是(
)
A．B2＝2B1
B．带电粒子第二次进入右边磁场后一定从MN 边离开
C．第一次完整回旋过程经历时间为
t＝2＋2π
2
＋π
2
mL
qE
D．要实现两次以上的回旋过程，可以同时增大两磁场的磁感应强度
题号
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21
答案
第Ⅱ卷
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15 / 120
三、非选择题：共62 分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34 题为选考题，考生根
据要求作答．
(一)必考题：共47 分．
22．(5 分)某同学用如图甲所示的实验装置测定当地的重力加速度，正确操作后获得如图乙所示的一条纸带．他
用天平测得小车的质量为M，钩码质量为m，毫米刻度尺测得纸带上自0 点到连续点1、2、3、4、5、6 的距离分
别为d1＝1.07 cm、d2＝2.24 cm、d3＝3.48 cm、d4＝4.79 cm、d5＝6.20 cm、d6＝7.68 cm.
已知实验所用交变电流频率为f＝50 Hz.
(1)打点2 时小车的速度大小为________m/s(结果保留两位有效数字)；
(2)小车运动过程中的平均加速度大小为________m/s2(结果保留两位有效数字)；
(3)以各点速度v 的二次方为纵坐标，以各点到0 点的距离d 为横坐标，作v2－d 图象，所得图线为一条斜率为
k 的倾斜直线，不考虑小车与桌面间的摩擦，则当地的重力加速度g＝________(用m、M、k 表示)．
23．(10 分)小张同学想测量构成滑动变阻器的金属丝的电阻率．于是，他找到了一个坏了的滑动变阻器，拆下
一段长约1 m、阻值约为10 Ω的金属丝，进行测量．
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图所示，金属丝的直径d＝________mm；
(2)为了准确测量这段金属丝的电阻，小明找到如下器材：
电流表(量程50 mA)
电阻箱(0～99.99 Ω)
一节干电池(电动势约1.5 V)
开关一个、线夹一个、导线若干
①请你利用上述器材，帮他设计一个可以完成电阻测量的电路图，画在图甲的方框中．
②完善小明同学的实验步骤(步骤中出现的物理量均需给出相应的符号)．
a．去掉金属丝的绝缘漆，接在线夹上，如图乙所示；
b．按电路图连接实物；
c．调节电阻箱和线夹位置使电流表有一个较大的示数，除记录该电流表示数外还需记录________和________；
d．改变线夹的位置，调节电阻箱使电流表的示数不变，记录________和________；
e．用米尺测量出__________________；
f．写出电阻率的表达式：________(用实验过程中出现的物理量符号表示)；
g．重复上述步骤进行多次测量取平均值．
24．(12 分)如图所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上A 点进入垂直纸面向外
的匀强磁场中，最后从磁场的左边界上的B 点离开磁场．已知：带电粒子比荷q
m＝3.2×109 C/kg，电场强度E＝200
V/m，磁感应强度B＝2.5×10
－2 T，金属板长L＝25 cm，粒子初速度v0＝4×105 m/s.带电粒子重力忽略不计，求：
(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0 的夹角θ；
(2)A、B 之间的距离．
25．(20 分)如图甲，一长度L＝1 m 的平板车A 停在水平地面上，其上表面与斜坡底端的一段小圆弧水平相切，
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货物从斜坡上静止释放，滑到斜坡底端后滑上A 车．当货物释放位置离斜坡底端的距离s 与货物的质量m 满足如图
乙的关系时，货物滑上A 车后恰好不从其右端滑出．已知斜坡的倾角θ＝37°，货物与斜坡之间的动摩擦因数μ1＝
0.5.货物视为质点，车与地面的摩擦忽略不计，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求货物在斜坡上运动的加速度大小a；
(2)求货物与A 车之间的动摩擦因数μ2 和A 车的质量M；
(3)若在A 车右端停有另一辆完全相同的B 车，两车接触但不相连．质量m＝10 kg 的货物从距斜坡底端s＝8 m
处由静止下滑，判断该货物能否从B 车的右端滑出，并说明理由．
(二)选考题：共15 分．请考生从2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3­3](15 分)
(1)(5 分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5
分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．对一定质量的气体加热，其体积和内能可能都增加
C．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大
D．第二类永动机违反能量守恒定律
E．分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于引力
(2)(10 分)如图所示，在固定的汽缸A 和B 中分别用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞面积之比SA∶SB＝1∶3，
两活塞以穿过B 底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动，两个汽缸都不漏气．初始时活塞处于平衡状态，
A、B 中气体的体积均为V0，A、B 中气体温度均为T0＝300 K，A 中气体压强pA＝1.6p0，p0 是汽缸外的大气压强．
①求初始时B 中气体的压强pB；
②现对A 中气体加热，使其中气体的压强升到pA′＝2.5p0，同时保持B 中气体的温度不变，求活塞重新达到
平衡状态时A 中气体的温度TA′.
34．[物理——选修3­4](15 分)
(1)(5 分)一轻质弹性绳呈水平状态，M 为绳的中点，现绳左、右两端点P、Q 同时开始上下振动，一段时间后
产生的波形如图所示，若两列波的振幅均为A，下列判断正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，
选对2 个得4 分，选对3 个得5 分．每错选1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．左、右两列波同时到达M 点
B．左、右两列波的频率之比为1∶2
C．P、Q 两端点开始振动的方向相反
D．左、右两列波相遇时会产生明显的干涉现象
E．M 点在振动过程中相对平衡位置的最大位移大小为2A
(2)(10 分)如图所示为一半径为R 的半球形玻璃砖的横截面，一光线以45°的入射角从圆心O 处沿纸面射入玻
璃砖，并从A 点射出．已知A 点到法线NN′的距离为R
2.
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17 / 120
(i)求该玻璃砖的折射率；
(ii)沿纸面向右平移入射光线，当光线在B 点入射时，在球面上恰好发生全反射，此时OB 的距离为多大？
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(五)
(时间：70 分钟；满分：110 分)
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合
题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
14．如图所示为氢原子能级图，现有大量氢原子从n＝4 的能级发生跃迁，产生一些不同频率的光，让这些光
照射一个逸出功为2.29 eV 的钠光管，以下说法正确的是(
)
A．这些氢原子可能发出3 种不同频率的光
B．能够让钠光电管发生光电效应现象的有4 种光子
C．光电管发出的光电子与原子核发生衰变时飞出的电子都是来源于原子核内部
D．钠光电管在这些光照射下发出的光电子再次轰击处于基态的氢原子可以使氢原子跃迁到n＝3 的能级
15．在同一条平直公路上行驶的a 车和b 车，其速度－时间图象分别为图中直线a 和曲线b，已知t＝0 时刻a
车与b 车在同一位置，t2 时刻a 车在b 车前方，由图可知(
)
A．a 车与b 车一定相遇一次
B．在t2 时刻b 车的运动方向发生改变
C．t1 到t2 时间内两车之间的距离越来越小
D．在0～t3 时间内，t1 时刻两车相距最远
16.如图所示，固定斜面上有一光滑小球，被一竖直压缩的轻质弹簧P 与另一平行斜面的轻质弹簧Q 连接着处
于静止状态，则小球所受力的个数是(
)
A．1
B．3
C．4
D．5
17．质量为m 的石块从半径为R 的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果摩擦力的作用使得石块的速
度大小不变，如图所示，那么(
)
A．因为速率不变，所以石块的加速度为零
B．石块下滑过程中受的合外力越来越大
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18 / 120
C．石块下滑过程中的摩擦力大小不变
D．石块下滑过程中的加速度大小不变，方向始终指向球心
18.如图所示，在半径为R 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的足够长的感光
板．从圆形磁场最高点P 以速度v 垂直磁场射入大量带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m.不考虑粒子
间的相互作用力和粒子的重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是(
)
A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN 上
B．即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心
C．只要速度满足v＝qBR
m ，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN 上
D．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长
19．若宇航员在月球表面附近自高h 处以初速度v0 竖直向上抛出一个小球，测出小球落回月球表面的时间为t0.
已知月球半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是(
)
A．月球表面的重力加速度g 月＝2v0
t0
B．月球的质量m 月＝2（v0t0＋h）R2
Gt20
C．月球的第一宇宙速度v＝
2（v0t0＋h）R
t20
D．月球的平均密度ρ＝
3v0
2Gt0πR
20．如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN 的右侧存在磁感应强度B＝2 T 的匀强磁场，MN 的左侧有一
质量m＝0.1 kg 的矩形线圈abcd，bc 边长L1＝0.2 m，电阻R＝2 Ω.t＝0 时，用一恒定拉力F 拉线圈，使其由静止
开始向右做匀加速运动，经过1 s，线圈的bc 边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F 改为变力，又经过1 s，线圈
恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i 随时间t 变化的图象如图乙所示．则下列说法中正确的是
(
)
A．恒定拉力大小为0.1 N
B．线圈在第2 s 内的加速度大小为1 m/s2
C．线圈ab 边长L2＝0.5 m
D．在第2 s 内流过线圈的电荷量为0.2 C
21．把质量是0.2 kg 的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A 的位置，如图甲所示；迅速松手后，弹簧把
球弹起，球升至最高位置C(图丙)途中经过位置B 时弹簧正好处于自由状态(图乙)．已知B、A 的高度差为0.1 m，
C、B 的高度差为0.2 m，弹簧的质量和空气阻力均忽略不计．重力加速度g＝10 m/s2，则有(
)
A．小球从A 上升至B 的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加
B．小球从B 上升到C 的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加
C．小球在位置A 时，弹簧的弹性势能为0.6 J
D．小球从位置A 上升至C 的过程中，小球的最大动能为0.4 J
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题号
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答案
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62 分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34 题为选考题，考生根
据要求作答．
(一)必考题：共47 分．
22．(5 分)为了测量木块和木板之间的动摩擦因数，某同学利用探究加速度与物体质量、物体受力的关系的实验
装置(如图1 所示)，将小车换成了木块．木块一端与纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计
时器使用的交流电源的频率为50 Hz.
(1)开始实验时，往托盘中加入砝码，在释放木块________(填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源，木
块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列的点．
(2)图2 是托盘质量为m1，砝码质量为m2 时得到的一条纸带，木块的质量为M.在纸带上选择起始点O 及A、B、
C、D 和E 计数点．请计算打A 点时木块的瞬时速度大小vA＝________m/s，打D 点时木块的瞬时速度大小vD＝
________m/s；A、D 之间的距离为s＝________m．(结果保留两位有效数字)
(3)如果要用上述几个物理量的字母表示动摩擦因数，则动摩擦因数可表示为μ＝__________(重力加速度用g
表示)．
23．(10 分)物理兴趣小组要测量一电动车电池的电动势和内阻．已知该电池电动势为10～12 V，实验室备有下
列器材：
A．电流表(量程0.6 A，内阻约为3 Ω)
B．电压表(量程3 V，内阻为3 kΩ)
C．定值电阻，阻值R＝9 000 Ω
D．定值电阻，阻值R0＝5 Ω
E．滑动变阻器(阻值范围0～30 Ω)
F．开关一个，导线若干
(1)为保护电池，某同学首先将定值电阻R0 与电池____________(填“串联”“并联”或“串联或并联均可”)．
(2)利用上述器材，设计一个测量电路，在方框中画出测量电路的原理图，并用笔画线代替导线，连接实物图．
(3)若电压表读数为U，电流表读数为I，根据实验测得的多组数据，某同学画出了电池的U－I 图象，其斜率的
绝对值等于k，在纵轴的截距等于a，为尽量减小系统误差，则该电池的电动势表达式为E＝______________，内阻
表达式为r＝______________．
24．(12 分)如图所示，绝缘平板S 放在水平地面上，S 与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.两块足够大的平行金属
板P、Q 通过导体支架连接并固定在S 上．在两极板之间有垂直纸面向里的足够大匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T．P
板的中央有一小孔，整个装置的总质量为M＝3.6 kg.给装置施加水平向右的作用力F，使其总是以恒定的速度v＝6
m/s 向右匀速运动，同时将一质量为m＝0.4 kg 的带负电的小球从离P 板高h＝1.25 m 处由静止释放，小球恰好能落
入孔内．若小球进入小孔后做匀速圆周运动，且恰好不与Q 板接触，之后又返回P 板(不计空气阻力，不考虑运动
产生的磁场，g 取10 m/s2，π取3)．求：
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(1)小球所带电荷量；
(2)小球进入两极板间后，金属板整个装置所受水平向右的作用力F；
(3)小球返回打到P 板的位置到小孔的距离．
25．(20 分)如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道固定于竖直平面内，半圆形轨道与光滑绝缘的水平地面相切与半
圆的端点A，一质量为1 kg 的小球在水平地面上匀速运动，速度为v0＝6 m/s，经A 运动到轨道最高点B，最后又
落在水平地面上的D 点(图中未画出)，已知整个空间存在竖直向下的匀强电场，小球带正电荷，小球所受电场力的
大小等于2mg，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)当轨道半径R＝0.1 m 时，求小球到达半圆形轨道B 点时对轨道的压力大小；
(2)为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值．
(二)选考题：共15 分．请考生从2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3­3](15 分)
(1)(5 分)下列有关热力学定律的说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4
分，选对3 个得5 分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收120 J 的热量，则它的内能增大240 J
B．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
C．能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
D．外界对物体做功，物体的内能必定增加
E．热运动的宏观过程都是熵增加的过程
(2)(10 分)如图甲所示，竖直放置的汽缸中的活塞上放置一重物，活塞可在汽缸内无摩擦滑动．汽缸导热性良好，
其侧壁有一小孔与装有水银的U 形玻璃管相通，汽缸内封闭了一段高为80 cm 的理想气体柱(U 形管内的气体体积
不计，U 形管足够长且水银始终没有进入汽缸)，此时缸内气体处于图乙中的A 状态，温度为27 ℃.已知大气压强
p0＝1.0×105 Pa＝75 cmHg，水银的密度ρ＝13.6×103 kg/m3，重力加速度g 取10 m/s2.
①求A 状态时U 形管内水银面的高度差h1 和活塞及重物的总质量m；
②若对汽缸缓慢加热，使缸内气体变成B 状态，求此时缸内气体的温度．
34．[物理——选修3­4](15 分)
(1)(5 分)如图所示为某沿x 轴正方向传播的简谐横波在t＝0 时刻的波形图，已知质点a 连续两次到达波峰位置
的时间间隔为0.4 s，则下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3
个得5 分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．这列波的波速为0.1 m/s
B．t＝0.4 s 时，质点b 恰好传播到c 点处
C．t＝0.7 s 时，质点c 第一次到达波峰位置
D．质点c 振动到波峰位置时，质点a 一定在平衡位置向下运动
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E．0～0.8 s 时间内，质点c 通过的路程为8 cm
(2)(10 分)如图为一半径为R＝0.3 m 的半球形玻璃砖的截面图，一细光束从玻璃砖平面界面MN 上无限接近边
缘M 点的位置斜射入玻璃砖中，光束与界面MN 的夹角为30°，已知玻璃砖对该光的折射率为n＝3，光在真空
中的速度大小为c＝3.0×108 m/s.该光束在玻璃砖中传播的时间为多少？
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(六)
(时间：70 分钟；满分：110 分)
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合
题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
14．以下说法正确的是(
)
A．一束光照射到某种金属上不能产生光电效应，可能是因为这束光的强度太小
B.238
92U→234
90Th＋42He 为α衰变方程
C．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道时电子动能增大，原子的能量增
加
D．只有光才具有波粒二象性
15．如图所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定．A 端用铰链固定，滑轮O 在A 点正上方(滑轮大小
及摩擦均可忽略)，B 端挂一重物P，现施加拉力FT 将B 缓慢上拉(绳和杆均未断)，在杆达到竖直前(
)
A．绳子越来越容易断
B．绳子越来越不容易断
C．杆越来越容易断
D．杆越来越不容易断
16．2018 年12 月8 日2 时23 分，我国成功发射“嫦娥四号”探测器．“嫦娥四号”探测器经历地月转移、近
月制动、环月飞行，最终于2019 年1 月3 日10 时26 分实现人类首次月球背面软着陆．假设“嫦娥四号”在环月
圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力，则“嫦娥四号”(
)
A．在减速着陆过程中，其引力势能减小
B．在环月椭圆轨道上运行时，其速率不变
C．由地月转移轨道进入环月轨道，应让其加速
D．若知其环月圆轨道的半径、运行周期和引力常量，则可算出月球的密度
17．如图所示，在光滑水平面上有一质量为M 的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，
木块处于静止状态，一质量为m 的子弹以水平速度v0 击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运
动．木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为(
)
A.Mmv0
M＋m
B．2Mv0
C.2Mmv0
M＋m
D．2mv0
18．如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d 点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa
打到屏MN 上的a 点，通过pa 段用时为t.若该微粒经过p 点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，
最终打到屏MN 上．若两个微粒所受重力均忽略，则新微粒运动的(
)
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A．轨迹为pb，至屏幕的时间将小于t
B．轨迹为pc，至屏幕的时间将大于t
C．轨迹为pa，至屏幕的时间将大于t
D．轨迹为pb，至屏幕的时间将等于t
19．如图甲所示，质量m＝3.0×10
－3 kg 的“
”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“
”形框的水平细杆CD
长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小为B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300 匝、面积S＝0.01 m2
的线圈通过开关S 与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2 随时
间t 变化的关系如图乙所示．t＝0.22 s 时闭合开关S，瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大
高度h＝0.20 m．不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(
)
A．0～0.10 s 内线圈中的感应电动势大小为3 V
B．开关S 闭合瞬间，CD 中的电流方向由C 到D
C．磁感应强度B2 的方向竖直向下
D．开关S 闭合瞬间，通过细杆CD 的电荷量为0.03 C
20．如图所示，平行板电容器AB 两极板水平放置，A 在上方，B 在下方，现将其和二极管串联接在电源上，
已知A 和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB 中心水平射入，打在B 极板上的N 点，小球
的重力不能忽略，现通过上下移动A 板来改变两极板AB 间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是(
)
A．若小球带正电，当AB 间距减小时，小球打在N 的左侧
B．若小球带正电，当AB 间距增大时，小球打在N 的右侧
C．若小球带负电，当AB 间距减小时，小球可能打在N 的右侧
D．若小球带负电，当AB 间距增大时，小球可能打在N 的左侧
21．如图，曲面EC 是半径为R＝0.4 m 的1
4圆弧，C 端切线水平且与水平面CA 相连，在CE 上固定一光滑木板
CD，CD 与CA 平滑连接，质量为m＝0.2 kg 的小滑块从水平面上A 处以初速度v0＝4 m/s 向左运动，恰好可以到
达木板的D 端，下滑后停在B 处，AB＝3BC，重力加速度取10 m/s2，则由题中信息可求出(
)
A．滑块与水平面AC 的动摩擦因数μ
B．木板CD 与水平面的夹角
C．滑块在木板CD 上下滑时重力的平均功率
D．整个过程的摩擦热
题号
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答案
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62 分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34 题为选考题，考生根
据要求作答．
(一)必考题：共47 分．
22．(5 分)在“探究弹簧弹力与伸长量的关系，并测定弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如图所示．所用的
每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5 个钩码逐
个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度．
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(1)有一个同学通过以上实验测量后把6 组数据描点在坐标图中，请在图中作出F－L 图线．
(2)由此图线可得出的结论是________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(3)根据图象中的数据可知，该弹簧的原长为L0＝________ cm，劲度系数k＝________ N/m.
23．(10 分)如图所示，A、B、C 是多用电表在进行不同测量时，转换开关分别指示的位置，D 是多用表表盘指
针在测量时的偏转位置．
A 是欧姆挡，若用此挡测量，指针偏转如D，则读数是________Ω；
B 是直流电流挡，若用此挡测量，指针偏转如D，则读数是________mA；
C 是直流电压挡，若用此挡测量，指针偏转如D，则读数是________V.
24．(12 分)如图所示，一光滑的斜面与一光滑平台平滑连接，平台的右端恰好在四分之一圆弧的圆心，圆弧的
半径为R，质量为m 的物体B，放在平台的右端，质量为M 的A 物体从某一高度下滑，A 下滑到平台右端和B 物
体相碰，碰后B 物体做平抛运动，落到圆弧上，则
(1)若落点与圆心连线与水平方向夹角为θ，求B 物体碰后瞬间的速度大小；
(2)若该落点比落在其他地方的动能都小，求B 物体碰后瞬间的速度大小；
(3)试求满足第(2)问条件时，A 物体开始下滑时高度的可能值．
25．(20 分)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y 轴沿竖直方向．在x＝L 到x＝2L 之间存在竖直向上的
匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷(q
m)为k 的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿＋x 方向抛出，
进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿＋x 方向通过x 轴上x
＝3L 的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g.求：
(1)电场强度的大小；
(2)带电微粒的初速度；
(3)带电微粒做圆周运动的圆心坐标．
(二)选考题：共15 分．请考生从2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3­3](15 分)
(1)(5 分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5
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分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B．随着分子间距离的增大，分子间的相互作用力先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素
E．分子热运动的结果总是朝着熵减小，即无序性增大的方向进行
(2)(10 分)如图所示，固定的绝热汽缸内有一质量为m 的“T”形绝热活塞(体积可忽略)，距离汽缸底部为h0 处连
接一U 形管(管内气体的体积忽略不计)，初始时，封闭气体温度为T0.活塞距汽缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高
度差．已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g.试问：
①初始时，水银柱两液面高度差多大；
②缓慢降低汽缸内封闭气体的温度，当U 形管两边水银面相平时封闭气体的温度是多少．
34．[物理——选修3­4](15 分)
(1)(5 分)如图所示为一列简谐横波在t0 时刻的波形图，已知波速为0.2 m/s，以下说法正确的是________．(填正
确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．波源的振动周期为0.6 s
B．经过0.1 s，质点a 通过的路程为10 cm
C．在t0 时刻，质点a 的加速度比质点b 的加速度小
D．若质点a 比质点b 先回到平衡位置，则波沿x 轴负方向传播
E．若该波沿x 轴正方向传播，在t0 时刻c 点的运动方向垂直x 轴向上
(2)(10 分)如图所示为一直角三棱镜的截面，∠B＝90°，∠A＝60°，现有一束单色光垂直照射到AC 面上，从
O 点进入，经AB 面反射，在BC 面上折射光线与入射光线的偏向角为30°.
①求棱镜对光的折射率；
②证明光在AB 面上会发生全反射．
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(七)
(时间：70 分钟；满分：110 分)
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合
题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
14．钴－60 放射性的应用非常广泛，几乎遍及各行各业．在农业上，常用于辐射育种、刺激增产、辐射防治虫
害和食品辐照保藏与保鲜等；在医学上，常用于癌和肿瘤的放射治疗．一个钴－60 原子核(60Co)放出一个β粒子后衰
变成一个镍核(60Ni)，并伴随产生了γ射线．已知钴－60 的半衰期为5.27 年，该反应中钴核、β粒子、镍核的质量分
别为m1、m2、m3.下列说法正确的是(
)
A．核反应中释放的能量为(m1＋m2－m3)c2
B．核反应中释放出的γ射线的穿透本领比β粒子强
C．若有16 个钴－60 原子核，经过5.27 年后只剩下8 个钴－60 原子核
D．β粒子是钴原子核外的电子电离形成的
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15．如图(a)，直线MN 表示某电场中一条电场线，a、b 是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a 点处由静止释
放，粒子从a 运动到b 过程中的v－t 图象如图(b)所示，设a、b 两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，
粒子在a、b 两点的电势能分别为Epa、Epb，不计重力，则有(
)
A．φa>φb
B．Ea>Eb
C．Epa<Epb
D．无法比较Ea、Eb 的大小关系
16．物体在水平地面上受到水平推力F 的作用，在6 s 内速度、力F 随时间变化如图所示，由图象可得(
)
A．物体的质量为2 kg
B．前6 s 内合力的冲量为4 N·s
C．在前6 s 内推力做的功为3 J
D．在6 s 内的运动的位移为6 m
17．如图所示，左侧是半径为R 的四分之一圆弧，右侧是半径为2R 的一段圆弧．二者圆心在一条竖直线上，
小球a、b 通过一轻绳相连，二者恰好于等高处平衡．已知θ＝37°，不计所有摩擦，则小球a、b 的质量之比为(
)
A．3∶4
B．3∶5
C．4∶5
D．1∶2
18.如图所示为太空垃圾在大气阻力的作用下不断靠近地球表面的轨迹，假设太空垃圾在运动过程中无质量损耗，
则太空垃圾在靠近地球表面的过程中(
)
A．太空垃圾的向心加速度可能减小
B．太空垃圾的角速度越来越小
C．太空垃圾的线速度越来越大
D．太空垃圾的机械能越来越大
19．某兴趣小组制作了一个简易的“转动装置”，如图甲所示，在干电池的负极吸上两块圆柱形强磁铁，然后
将一金属导线折成顶端有一支点、底端开口的导线框，并使导线框的支点与电源正极、底端与磁铁均良好接触但不
固定，图乙是该装置的示意图．若线框逆时针转动(俯视)，下列说法正确的是(
)
A．线框转动是因为发生了电磁感应
B．磁铁导电且与电池负极接触的一端是S 极
C．若将磁铁的两极对调，则线框转动方向相反
D．线框转动稳定时的电流比开始转动时的大
20．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计．两个
小球a、b(视为质点)质量均为m，a 球套在竖直杆L1 上，b 球套在水平杆L2 上，a、b 通过铰链用长度为L 的刚性轻
杆连接，将a 球从图示位置由静止释放(轻杆与L2 杆夹角为45°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g.在此后的运
动过程中，下列说法中正确的是(
)
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A．a 球和b 球所组成的系统机械能守恒
B．b 球的速度为零时，a 球的加速度大小一定等于g
C．b 球的最大速度为
（2＋2）gL
D．a 球的最大速度为
2gL
21.如图所示，两完全相同的阻值可忽略的平行导轨倾斜地固定在水平面上，两导轨之间的距离为L，导轨与水
平面之间的夹角为θ，在导轨的顶端连接一阻值为R 的定值电阻．在导轨间有4 条与导轨垂直的虚线1、2、3、4，
且相邻两虚线之间的距离均为d，整个装置处在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为
m、阻值可忽略的金属棒垂直导轨从虚线1 处由静止释放，已知金属棒仅与虚线2、3 间涂有绝缘涂层的导轨有摩擦，
金属棒在整个运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，金属棒到达虚线2 之前已经开始做匀速直线运动，并一直匀
速运动到达虚线4 处，重力加速度为g，则下列说法正确的是(
)
A．金属棒在开始做匀速运动之前做匀加速直线运动
B. 在虚线2、3 之间，金属棒与导轨间的动摩擦因数为tan θ
C．金属棒在虚线4 处的速度大小为mgR
B2L2
D．金属棒由虚线1 到达虚线4 的过程中定值电阻产生的焦耳热为2mgdsin θ－m3g2R2sin2θ
2B4L4
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19
20
21
答案
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62 分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34 题为选考题，考生根
据要求作答．
(一)必考题：共47 分．
22．(5 分)某同学设计了如下实验装置，用来测定小滑块与桌面间的动摩擦因数．
如图甲所示，水平桌面上有一滑槽，其末端与桌面相切．让小滑块从滑槽的最高点由静止滑下，滑到桌面上后
再滑行一段距离L，随后离开桌面做平抛运动，落在水面地面上的的P 点，记下平抛的水平位移x.平移滑槽的位置
后固定，多次改变距离L，每次让滑块从滑槽上同一最高点释放，得到不同的水平位移x.作出x2－L 图象，即可根
据图象信息得到滑块与桌面间的动摩擦因数μ.
(1)每次让滑块从滑槽上同一高度释放，是为了_________________________________
________________________________________________________________________.
(2)除了L 和x 外，本实验还需要测量或告知的物理量是________．
A．滑槽最高点与桌面的高度差h
B．小滑块的质量m
C．桌面与地面的高度差H
D．当地的重力加速度g
(3)若x2－L 图象的斜率绝对值为k，纵轴上的截距为b，如图乙所示，则滑块与桌面间的动摩擦因数的表达式
为____________________________________(用本题中提供的物理量符号表示)．
23．(10 分)某研究性学习小组到实验室做“测电源的电动势和内阻”的实验，实验室提供了以下器材：
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A．待测电源(电动势约为3 V，内阻约为2 Ω)
B．定值电阻R0(阻值约为3 Ω)
C．两块电压表(内阻很大，有3 V、15 V 两个量程)
D．电流表(内阻很小，有0.6 A、3 A 两个量程)
E．滑动变阻器R(0～20 Ω)
F．开关一个，导线若干
(1)该小组的甲同学想在完成实验“测电源的电动势和内阻”的同时测出定值电阻R0 的阻值，故设计了如图1
所示的电路；乙同学根据甲同学设计的电路图，进行了实物连接，如图2 所示．实物连接图中不恰当的地方是
①____________________________，②____________________，③____________________，④____________________．
(2)修正了问题后，继续实验；实验时用U1、U2、I 分别表示电表V1、V2、A 的读数．将滑动变阻器的滑片移动
到不同位置，记录一系列U1、U2、I 的值．其后在两张坐标纸上各作一个图线来处理实验数据，分别用来计算电源
的电动势、内阻以及定值电阻R0 的阻值．用来计算电源的电动势和内阻的图线的纵轴坐标用I 表示，横轴坐标应该
用____________表示；用来计算定值电阻R0 的图线的横轴坐标用I 表示，纵轴坐标应该用____________表示．
(3)若实验中的所有操作和数据处理无错误，在不考虑偶然误差的情况下，实验中测得的定值电阻R0 的值
____________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值．
24.(12 分)如图所示，半径R＝0.3 m 的四分之一光滑圆弧轨道B，静止于光滑的水平地面上．现将物体A 在轨
道顶端(与圆心O 等高)由静止释放，已知A、B 两物体的质量之比为mA
mB
＝1
2，圆弧轨道的最低点到地面的高度为h
＝0.2 m，物体A 可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g 取10 m/s2.求：
(1)当物体A 恰好脱离圆弧轨道时，A、B 两物体的速度大小之比vA
vB
；
(2)当物体A 落地时，其落地点与B 的右侧之间的水平间距s.
25.(20 分)在如图所示的空间存在一半径为R＝10 3 cm 的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B＝0.1
T、方向垂直纸面向外，下方有一水平放置的接收屏PQ，磁场区域的圆心O 到正下方接收屏上的A 点距离为H＝
20 3 cm，磁场区域的左侧有两中心带有小孔的平行板，两平行板上的小孔与磁场的圆心在一条水平线上．现在两
平行板间加一电压，并从左板的小孔处由静止释放一比荷为q
m＝4×105 C/kg、重力不计的带电粒子，经电场加速后
沿水平方向进入磁场区域，并在磁场中发生偏转，经过一段时间粒子打到接收屏PQ 上．
(1)如果带电粒子垂直打到PQ 上的A 点，则加速电压应为多大？
(2)如果带电粒子打在A 点左侧20 cm 处，则加速电压应为多大？
(二)选考题：共15 分．请考生从2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3­3](15 分)
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(1)(5 分)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个
得4 分，选对3 个得5 分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．当气体温度变化时，气体内能一定变化
B．若气体的内能不变，其状态也一定不变
C．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
D．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
E．气体温度每升高1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关
(2)(10 分)如图所示，两汽缸A、B 粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A 的直径是
B 的2 倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两汽缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热．两汽缸中各有一厚度可忽
略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a 上方充有氧气．当大气压为p0，外界和汽缸内气体温度均为7 ℃
且平衡时，活塞a 离汽缸顶的距离是汽缸高度的1
4，活塞b 在汽缸的正中间．
①现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b 恰好升至顶部时，求氮气的温度；
②继续缓慢加热，使活塞a 上升．当活塞a 上升的距离是汽缸高度的1
16时，求氧气的压强．
34．[物理——选修3­4](15 分)
(1)(5 分)如图甲所示，一简谐横波向右传播，在传播方向上有A、B 两个质点相距11 m，其振动图象如图乙所
示，实线为A 质点的振动图象，虚线为B 质点的振动图象．那么下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选
对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．该波遇到10 m 宽的障碍物，可能发生明显的衍射现象
B．这列波遇到频率为f＝1.0 Hz 的另一列波时可能发生干涉现象
C．该波的最大传播速度为12 m/s
D．t＝0.5 s 时，质点B 的振动方向沿y 轴正方向
E．质点B 的振动方程为y＝0.1sin π(t－11
12)(m)
(2)(10 分)如图，直角梯形ABCD 为某透明介质的横截面，该介质的折射率为n＝2，DC 边长为2L，BO 为DC
的垂直平分线，∠OBC＝15°.位于截面所在平面内的一束光线自O 点以角i 入射，第一次到达BC 边恰好没有光线
折射出来．求：
(i)入射角i；
(ii)从入射到发生第一次全反射所用的时间．(设光在真空中的速度为c，计算结果可保留根号．可能用到sin 75°
＝6＋2
4
或tan 15°＝2－3)
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2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(八)
(时间：70 分钟；满分：110 分)
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合
题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
14．氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n＝4 的能级向n＝2 的能级跃迁时辐射出可见光a，从n＝3
的能级向n＝2 的能级跃迁时辐射出可见光b，则(
)
A．在水中传播时，a 光较b 光的速度小
B．氢原子从n＝4 的能级向n＝3 的能级跃迁时辐射出的光子的能量可能小于0.66 eV
C．一群处于n＝4 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3 种谱线
D．若a 光照射某种金属能发生光电效应，则b 光照射这种金属也一定能发生光电效应
15．如图所示为一理想变压器的电路图，L1、L2 为规格相同的灯泡，额定电压为U0，R 为一定值电阻，闭合开
关，给变压器的输入端接入有效值为U＝2
3U0 的交流电源后，两灯泡均正常发光，若将输入电压有效值降至原来的3
4，
同时断开开关，灯泡L1 仍然正常发光，若已知变压器原线圈匝数为500，则副线圈的匝数为(
)
A．700
B．1 000
C．1 500
D．2 000
16．在粗糙水平面上，水平外力F 作用在物块上，t＝0 时刻物块开始向右做直线运动，外力F 始终不为零，其
速度－时间图象如图所示．则(
)
A．在0～1 s 内，外力F 不断增大
B．在3 s 时，物体开始向左运动
C．在3～4 s 内，外力F 不断减小
D．在3～4 s 内，外力F 的功率不断减小
17.两异种点电荷A、B 附近的电场线分布如图所示，P 为电场中的一点，连线AP、BP 相互垂直．已知P 点的
电场强度大小为E、电势为φ，电荷A 产生的电场在P 点的电场强度大小为EA，取无穷远处的电势为零．下列说法
中正确的有(
)
A．A、B 所带电荷量相等
B．电荷B 在P 点产生的电场的电场强度大小为E－EA
C．A、B 连线上有一个电势为零的点
D．将电量为－q 的点电荷从P 点移到无穷远处，电场力做的功为qφ
18.如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd 均通过棒两端的环套在金属导轨上；虚线上方有垂
直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场．ab、cd 棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，
导轨电阻不计．开始两棒均静止在图示位置，当cd 棒无初速释放时，对ab 棒施加竖直向上的力F，沿导轨向上做
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匀加速运动．则(
)
A．ab 棒中的电流方向由b 到a
B．cd 棒先加速运动后匀速运动
C．cd 棒所受摩擦力的最大值等于cd 棒的重力
D．力F 做的功等于两金属棒产生的电热与增加的机械能之和
19．2019 年1 月3 日，“嫦娥四号”月球探测器顺利着陆在月球背面，成为人类首颗软着陆月背的探测器．着
陆前，探测器先在距月面高度约为100 km 的环月段圆轨道Ⅰ上运行；然后在A 点实施变轨，使运行轨道变为远月
点A 高度约为100 km，近月点P 高度约为15 km 的环月段椭圆轨道Ⅱ；再在P 点实施制动，降落到月球上．设“嫦
娥四号”在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运动时，只受到月球的万有引力，下列说法正确的是(
)
A．“嫦娥四号”在实施制动减速下降阶段，其机械能减小
B．“嫦娥四号”探测器的发射速度大于地球的第二宇宙速度
C．“嫦娥四号”在地月转移段上经过A 点的速度小于在轨道Ⅰ上经过A 点的速度
D．若已知引力常量、“嫦娥四号”在轨道Ⅰ的运动半径和周期，则可算出月球的质量
20.在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能
量损失；设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v，重力加速度为g；那么当小球有最大水平位移时，下列说法
正确的是(
)
A．导向槽位置应在高为v2
4g的位置
B．最大水平距离为v2
g
C．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v 下＝2v 上
D．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角
21．如图所示，带电小球a 以一定的初速度v0 竖直向上抛出，能够达到的最大高度为ha；带电小球b 在水平方
向的匀强磁场以相同的初速度v0 竖直向上抛出，上升的最大高度为hb；带电小球c 在水平方向的匀强电场以相同的
初速度v0 竖直向上抛出，上升的最大高度为hc，不计空气阻力，三个小球的质量相等，则(
)
A．它们上升的最大高度关系为ha＝hb＝hc
B．它们上升的最大高度关系为hb<ha＝hc
C．到达最大高度时，b 小球动能最小
D．到达最大高度时，c 小球机械能最大
题号
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答案
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62 分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34 题为选考题，考生根
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据要求作答．
(一)必考题：共47 分．
22．(5 分)学校开展研究性学习，某同学为了探究杆子转动时的动能表达式，设计了图甲所示的实验：质量为m
的均匀长直杆一端固定在转轴O 处，杆由水平位置静止释放，用置于圆弧上某位置的光电门测出另一端A 经过该位
置时的瞬时速度vA，并记下该位置与转轴O 的高度差h.
(1)该同学用20 分度的游标卡尺测得长直杆的横截面的直径如图乙为________mm.
(2)调节光电门在圆弧上的位置，测得多组数据如表格所示．请选择适当的数据处理方法，猜想并写出vA 与h
的函数关系等式为________．
组次
1
2
3
4
5
h/m
0 .10
0.15
0.20
0.25
0.30
vA/(m/s)
1.73
2.12
2.46
2.74
3.00
(3)当地重力加速度g 取10 m/s2，不计一切摩擦，结合你找出的函数关系式，根据守恒规律写出此杆转动时动能
的表达式Ek＝________(请用数字、质量m、速度vA 表示)．
23．(10 分)某同学设计了如图甲所示的电路测电池组的电动势和内阻．
(1)连接的实物图如图乙所示，请在图乙上完成电路连线．
(2)若定值电阻R0 的电阻为10 Ω，依据电压表和电流表的读数，建立U－I 的坐标，描出相应的数据点，如图
丙，请你在丙图中正确绘出图象．
(3)由图象可知，该电源的电动势E＝_________ V，r＝________ Ω.(保留2 位有效数字)
丙
24.(12 分)华裔科学家丁肇中负责的AMS 项目，是通过“太空粒子探测器”探测高能宇宙射线粒子，寻找反物
质．某学习小组设想了一个探测装置，截面图如图所示．其中辐射状加速电场的内、外边界为两个同心圆，圆心为
O，外圆电势为零，内圆电势φ＝－45 V，内圆半径R＝1.0 m．在内圆内有磁感应强度大小B＝9×10
－5 T、方向垂
直纸面向里的匀强磁场，磁场内有一圆形接收器，圆心也在O 点．假设射线粒子中有正电子，先被吸附在外圆上(初
速度为零)，经电场加速后进入磁场，并被接收器接收．已知正电子质量m＝9×10
－31 kg，电荷量q＝1.6×10
－19 C，
不考虑粒子间的相互作用．
(1)求正电子在磁场中运动的速率v 和半径r；
(2)若正电子恰好能被接收器接收，求接收器的半径R′.
25．(20 分)从地面上以初速度v0＝9 m/s 竖直向上抛出一质量为m＝0.1 kg 的球，若运动过程中受到的空气阻力
与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1 时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1
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＝3 m/s，且落地前球已经做匀速运动．(g＝10 m/s2)求：
(1)球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；
(2)球抛出瞬间的加速度大小．
(二)选考题：共15 分．请考生从2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3­3](15 分)
(1)(5 分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5
分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大
B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动
C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律
E．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝V
V0
(2)(10 分)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑汽缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m 的
密闭活塞，活塞A 导热，活塞B 绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动且处于平衡状
态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为L0，温度为T0.设外界大气压强为p0 保持不变，活塞横截面积为S，且mg＝p0S，
g 为重力加速度，环境温度保持不变．求在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m 时，两活塞在某位置重新
处于平衡，活塞A 下降的高度．
34．[物理——选修3­4](15 分)
(1)(5 分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5
分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象
B．机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定
C．泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的
D．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光
E．赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在
(2)(10 分)如图所示，玻璃棱镜ABCD 可以看成是由△ADE、△ABE、△BCD 三个直角三棱镜组成．一束频率
为5.3×1014 Hz 的单色细光束从AD 面入射，在棱镜中的折射光线如图中ab 所示，ab 与AD 面的夹角α＝60°.已知
光在真空中的速度c＝3×108 m/s，玻璃的折射率n＝1.5，求：
①该束入射光线的入射角多大？
②光在棱镜中的波长是多大？
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③该束光线第一次从CD 面射出时的折射角．(结果可用三角函数表示)
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(九)
(时间：70 分钟；满分：110 分)
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合
题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
14．以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是(
)
A．比结合能越小，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
B．光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子既具有能量，也具
有动量
C．某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，核内中子数减少6 个
D.210
83Bi 的半衰期是5 天，12 g 210
83Bi 经过15 天后衰变了1.5 g 210
83Bi
15．甲、乙两物块在同一直线上运动的x－t 图象如图所示，乙物块做匀变速运动，加速度大小为0.2 m/s2，两
图线相切于坐标点(5 s，－3 m)，下列说法正确的是(
)
A．前5 s 内甲、乙的运动方向一直相反
B．t＝5 s 时甲、乙相遇且速度相同
C．乙的初速度大小为1.8 m/s
D．t＝0 时甲、乙相距2.8 m
16．如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R 的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环
面的磁感应强度大小为B 的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B 与圆心O 连线的夹角为120°，此时悬线的
张力为F.若圆环通电，使悬线的张力刚好为零，则环中电流大小和方向是(
)
A．电流大小为3F
3BR，电流方向沿顺时针方向
B．电流大小为3F
3BR，电流方向沿逆时针方向
C．电流大小为3F
BR ，电流方向沿顺时针方向
D．电流大小为3F
BR ，电流方向沿逆时针方向
17．半径为R 的某均匀球形天体上，两“极点”处的重力加速度大小为g，“赤道”处的重力加速度大小为“极
点”处的1
k.已知引力常量为G，则下列说法正确的是(
)
A．该天体的质量为gR2
kG
B．该天体的平均密度为
4g
3πGR
C．该天体的第一宇宙速度为
gR
k
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D．该天体的自转周期为2π
kR
（k－1）g
18.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0 为定值电阻，电容器的电容为C，闭合开关S，增大可
变电阻R 的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则(
)
A．电压表示数U 和电流表示数I 的比值不变
B．变化过程中ΔU 和ΔI 的比值增大
C．电容器的电荷量增加，增加量为CΔU
D．电阻R0 两端电压减小，减小量为ΔU
19．如图(a)所示，木板OA 可绕轴O 在竖直平面内转动，某研究小组利用此装置探索物块在方向始终平行于木
板向上、大小为F＝8 N 的力作用下加速度与倾角的关系．已知物块的质量m＝1 kg，通过DIS 实验，描绘出了如图
(b)所示的加速度大小a 与倾角θ的关系图线(θ<90°)．若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块与木板间的最
大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g 取10 m/s2.则下列说法中正确的是(
)
A．由图象可知木板与水平面的夹角处于θ1 和θ2 之间时，物块所受摩擦力一定为零
B．由图象可知木板与水平面的夹角大于θ2 时，物块所受摩擦力一定沿木板向上
C．根据题意可以计算得出物块加速度a0 的大小为6 m/s2
D．根据题意可以计算，当θ＝45°时，物块所受摩擦力为f＝μmgcos 45°＝2 N
20.如图所示，ABCD 是固定在地面上，由同种金属细杆制成的正方形框架，框架任意两条边的连接处平滑，A、
B、C、D 四点在同一竖直面内，BC、CD 边与水平面的夹角分别为α、β(α>β)，让套在金属杆上的小环从A 点无初
速度释放．若小环从A 经B 滑到C 点，摩擦力对小环做功为W1，重力的冲量为I1 ，若小环从A 经D 滑到C 点，
摩擦力对小环做功为W2，重力的冲量为I2.则(
)
A．W1>W2
B．W1＝W2
C．I1>I2
D．I1＝I2
21．如图甲所示，间距为L 的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一
定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab 在水平外力F 作用下沿导轨运动，F 随t 变化的规律如图乙所示．在0～t0 时间内，
棒从静止开始做匀加速直线运动．乙图中t0、F1、F2 为已知，棒和轨道的电阻不计．则(
)
A．在t0 以后，导体棒一直做匀加速直线运动
B．在t0 以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动
C．在0～t0 时间内，导体棒的加速度大小为2（F2－F1）R
B2L2t0
D．在0～t0 时间内，通过导体棒横截面的电量为（F2－F1）t0
2BL
题号
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答案
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62 分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34 题为选考题，考生根
据要求作答．
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(一)必考题：共47 分．
22．(5 分)光电计时器是一种研究物体运动情况的常见仪器．当有物体从光电门通过时，光电计时器就可以显示
物体的挡光时间．现利用如图甲所示装置探究物体的加速度与合外力、质量关系，其中NQ 是水平桌面，PQ 是一
端带有滑轮的长木板，1、2 是固定在木板上的两个光电门(与之连接的两个光电计时器没有画出)，间距为x.小车上
固定着用于挡光的窄片K，测得其宽度为d，让小车从木板的顶端滑下，光电门各自连接的计时器显示窄片K 的挡
光时间分别为t1 和t2.
(1)该实验中，在改变小车的质量M 或沙桶的总质量m 时，需保持M________m(填“＞”“＜”“＝”“≫”
或“≪”)，这样做的目的是___________________________；
(2)用测得的物理量x、d、t1 和t2 计算加速度的表达式为a＝________；
(3)某位同学经过测量、计算得到如表数据，请在图乙中作出小车加速度与所受合外力的关系图象．
组别
1
2
3
4
5
6
7
M/kg
0.58
0.58
0.58
0.58
0.58
0.58
0.58
F/N
0.10
0.15
0.20
0.25
0.30
0.35
0.40
a/m·s
－2
0.13
0.17
0.26
0.34
0.43
0.51
0.59
(4) 由图象可以看出，该实验存在着较大的误差，产生误差的主要原因是
________________________________________________________________________．
23．(10 分)热敏电阻包括正温度系数电阻器(PTC)和负温度系数电阻器(NTC)．正温度系数电阻器(PTC)在温度
升高时电阻值增大，负温度系数电阻器(NTC)在温度升高时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电
路中．某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx(常温下阻值约为10.0 Ω)的电流随其两端电压变化的特点．
A．电流表A1(量程100 mA，内阻约1 Ω)
B．电流表A2(量程0.6 A，内阻约0.3 Ω)
C．电压表V1(量程3.0 V，内阻约3 kΩ)
D．电压表V2(量程15.0 V，内阻约10 kΩ)
E．滑动变阻器R(最大阻值为10 Ω)
F．滑动变阻器R′(最大阻值为500 Ω)
G．电源E(电动势15 V，内阻忽略)
H．电键、导线若干
(1)实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选
择必需的器材，应选择的器材为：电流表选________；电压表选________；滑动变阻器选________．(只需填写器材
前面的字母即可)
(2)请在所提供的器材中选择必需的器材，在图1 虚线框内画出该小组设计的电路图．
(3)该小组测出热敏电阻R1 的U—I 图线如图2 曲线Ⅰ所示．请分析说明该热敏电阻是________(填“PTC”或
“NTC”)热敏电阻．
(4)该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2 的U—I 图线如图2 曲线Ⅱ所示．然后又将热敏电阻R1、R2 分
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别与某电池组连成电路如图3 所示．测得通过R1 和R2 的电流分别为0.30 A 和0.60 A，则该电池组的电动势为
________V，内阻为________Ω.(结果均保留三位有效数字)
24．(12 分)如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝3×105 N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象
限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质荷比m
q ＝4×10
－10 kg/C 的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107 m/s 从x
轴上的A 点垂直x 轴射入电场，OA＝0.15 m，不计粒子的重力．
(1)求粒子经过y 轴时的位置到原点O 的距离；
(2)若要使粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B 的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)．
25．(20 分)如图甲所示，一倾角为θ＝37°、高为h＝0.3 m 的斜面固定在水平面上，一可视为质点质量为m＝
1 kg，带电荷量q＝＋0.02 C 的物块放在斜面顶端，距斜面底端L＝0.6 m 处有一竖直放置的光滑半圆轨道，半径为
R＝0.2 m，半圆轨道底端有一质量M＝1 kg 可视为的质点的绝缘小球，半圆轨道底端与斜面底端之间存在如图乙所
示的变化电场(水平向右为正方向，图甲中O 点对应坐标原点，图线与坐标轴围成的图形是椭圆一部分，椭圆面积
公式S＝πab，a、b 分别为半长轴和半短轴)．现给物块一沿斜面向下的初速度，物块运动到半圆轨道处与小球发生
对心弹性碰撞，不计物块经过斜面底端时的能量损失，已知物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力
加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.
(1)若小球不脱离半圆轨道，求物块在斜面顶端释放的初速度范围；
(2)若小球能通过最高点，并垂直打在斜面上，求小球离开半圆轨道时的速度及小球打在斜面上的位置．
(二)选考题：共15 分．请考生从2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3­3](15 分)
(1)(5 分)关于扩散现象，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，
选对3 个得5 分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．温度越高，扩散进行得越快
B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应
C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的
(2)(10 分)如图所示，某水银气压计的玻璃管顶端高出水银槽液面100 cm 不变，因上部混有少量的空气使读数
不准，当气温为27 ℃时，实际大气压为76 cmHg，而该气压计读数为70 cmHg.求：
①若气温为27 ℃时，该气压计中水银柱高度为64 cm，则此时实际气压为多少cmHg?
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②在气温为－3 ℃时，该气压计中水银柱高度变为73 cm，则此时实际气压应为多少cmHg?
34．[物理——选修3­4](15 分)
(1)(5 分)一列简谐横波，在t＝0.6 s 时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q 两质点的位移均为－1 cm，波上A 质
点的振动图象如图乙所示，则下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，
选对3 个得5 分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．这列波沿x 轴正方向传播
B．这列波的波速是50
3 m/s
C．从t＝0.6 s 开始，紧接着的Δt＝0.6 s 时间内，A 质点通过的路程是10 m
D．从t＝0.6 s 开始，质点P 比质点Q 早0.4 s 回到平衡位置
E．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为10 m 的障碍物不能发生明显衍射现象
(2)(10 分)如图所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的截面图，圆弧CD 为半径为R＝0.5 m 的四分之一的
圆周，圆心为O，已知AD＝6
5 R 光线从AB 面上的某点入射，入射角θ1＝45°，它进入棱镜后射向O 点，恰好不会
从BC 面射出．求：
(i)该棱镜的折射率n；
(ii)光线在该棱镜中传播的时间t.(已知光在空气中的传播速度c＝3.0×108 m/s)
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高考仿真模拟卷(十)
(时间：70 分钟；满分：110 分)
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合
题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
14.在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆1 和2 的径迹
照片如图所示，已知两个相切圆半径分别r1、r2，则下列说法正确的是(
)
A．原子核可能发生α衰变，也可能发生β衰变
B．径迹2 可能是衰变后新核的径迹
C．若衰变方程是23892U→23490TH＋42He，则衰变后新核和射出的粒子的动能之比为117∶2
D．若衰变方程是23892U→23490TH＋42He，则r1∶r2＝1∶45
15．“天舟一号”货运飞船在完成空间实验室阶段任务及后续拓展试验后受控离轨，并进入地球大气层烧毁，
残骸坠入南太平洋一处号称“航天器坟场”的远离大陆的深海区．在受控坠落前，“天舟一号”在离地面380 km 的
圆轨道上飞行，下列说法中正确的是(
)
A．在轨运行时，“天舟一号”受到平衡力的作用
B．在轨运行时，“天舟一号”的角速度小于同步卫星的角速度
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C．“天舟一号”离轨后在进入大气层前，其动能将不断减小
D．若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，则可求出地球的密度
16．如图所示，有一面积为S、匝数为N、电阻不计的矩形线圈，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B 的匀
强磁场中以角速度ω匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P 可上下移动，副线圈接有可调电阻
R.从图示位置开始计时，下列判断正确的是(
)
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt
B．矩形线圈从图示位置经过π
2ω
的时间，通过电流表的电荷量为0
C．当P 不动，R 增大时，电压表读数增大
D．当P 向上移动，R 不变时，电流表读数减少
17．图中虚线a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b 上的电势为2 V．一电子经过
a 时的动能为10 eV，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是(
)
A．平面c 上的电势不为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d 时，其电势能为4 eV
D．该电子经过平面b 时的速率是经过d 时的2 倍
18．一伞兵从悬停在空中的直升机上由静止跳下，2 s 时开启降落伞，其跳伞过程中的v－t 图象如图所示，根
据图象可知该伞兵(
)
A．在0～2 s 内做自由落体运动
B．在2～6 s 内加速度方向先向上后向下
C．在0～14 s 内先处于失重状态后处于超重状态
D．在0～24 s 内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动
19.如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，固定着两根光滑水平金属导轨ab 和cd，导轨
平面与磁场方向垂直，导轨间距离为L，在导轨左端a、c 间连接一个阻值为R 的电阻，导轨电阻可忽略不计．在导
轨上垂直导轨放置一根金属棒MN，其电阻为r，用外力拉着金属棒向右匀速运动，速度大小为v ，已知金属棒MN
与导轨接触良好，且运动过程中始终与导轨垂直，则在金属棒MN 运动的过程中(
)
A．金属棒MN 中的电流方向为由N 到M
B．电阻R 两端的电压为BLv
C．金属棒MN 受到的拉力大小为B2L2v
r＋R
D．电阻R 产生焦耳热的功率为B2L2v
R
20．如图所示，在x 轴的上方有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x 轴的下方等腰三角形CDM 区
域内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D 在x 轴上，它们到原点O 的距离均为a，现
将一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，从y 轴上的P 点由静止释放，设P 点到O 点的距离为h，不计重力作用
与空气阻力的影响．下列说法正确的是(
)
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A．若h＝B2a2q
2mE ，则粒子垂直CM 射出磁场
B．若h＝B2a2q
2mE ，则粒子平行于x 轴射出磁场
C．若h＝B2a2q
8mE ，则粒子垂直CM 射出磁场
D．若h＝B2a2q
8mE ，则粒子平行于x 轴射出磁场
21.如图所示，一根轻弹簧一端固定在O 点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，
小球位于图中的A 点时，弹簧处于原长．现将小球从A 点由静止释放，小球向下运动，经过与A 点关于B 点对称
的C 点后，小球能运动到最低点D 点，OB 垂直于杆，则下列结论正确的是(
)
A．小球从A 点运动到D 点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g
B．小球从B 点运动到C 点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大
C．小球运动到C 点时，重力对其做功的功率最大
D．小球在D 点时弹簧的弹性势能一定最大
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62 分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34 题为选考题，考生根
据要求作答．
(一)必考题：共47 分．
22．(5 分)某同学利用倾斜气垫导轨做“验证机械能守恒定律”的实验，实验装置如图1 所示．其主要实验步骤
如下：
a．用游标卡尺测量挡光条的宽度l，结果如图2 所示；
b．读出导轨标尺的总长L0，并用直尺测出导轨标尺在竖直方向的高度H0；
c．读出滑块释放处挡光条与光电门中心之间的距离s；
d．由静止释放滑块，从数字计时器(图1 中未画出)上读出挡光条通过光电门所用的时间t.
回答下列问题：
(1)由图2 读出l＝________mm.
(2)________(选填“有”或“没有”)必要用天平称出滑块和挡光条的总质量M.
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(3)多次改变光电门位置，即改变距离s，重复上述实验，作出1
t2随s 的变化图象，如图3 所示，当已知量t0、s0、
l、L0、H0 和当地重力加速度g 满足表达式1
t20
＝________时，可判断滑块下滑过程中机械能守恒．
23．(10 分)有一个待测电阻R 的阻值约为7.5 Ω，现要精确测量该待测电阻的阻值．有下列器材供选用：
A．电压表(0～3 V，内阻未知)
B．电流表(0～3 A，内阻约为0.5 Ω)
C．电流表(0～100 mA，内阻约为4.0 Ω)
D．定值电阻R0＝1.0 Ω
E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)
F．滑动变阻器(1 kΩ，0.5 A)
G．学生电源(直流4 V)，还有开关一个，导线若干
(1)实验中所用电流表应选用______(填“B”或“C”)．
(2)实验中所用滑动变阻器选用______(填“E”或“F”)．
(3)实验时要求精确测量待测电阻R 的值，测量电压从零开始多取几组数据，请在虚线方框中画出满足实验要求
的测量电路图．
(4)某同学根据实验得到某组数据，电压表示数为1.60
V，电流表示数为40.0 mA，由此数据可得待测电阻R
＝________Ω(结果保留两位有效数字)．
24．(12 分)如图所示，一质量M＝3 kg 的足够长的小车停在光滑水平地面上，另一木块m＝1 kg，以v0＝4 m/s
的速度冲上小车，木块与小车间动摩擦因数μ＝0.3，g＝10 m/s2，求经过时间t＝2.0 s 时：
(1)小车的速度大小v；
(2)小车运动的距离x；
(3)木块与小车由于摩擦而产生的内能Q.
25．(20 分)如图在坐标系xOy 里，有质量为m，电荷量为＋q 的粒子从原点O 沿y 轴正方向以初速度v0 射出，
现要求该粒子能通过点P(l，－d)，可通过在粒子运动的空间范围内加适当的“场”来实现，粒子重力忽略不计(静
电力常量为k)．
(1)若只在整个Ⅰ、Ⅱ象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子在磁场中做匀速圆周运动，并能到达P 点，求
磁感应强度B 的大小；
(2)若只在x 轴上某点固定一带负电的点电荷Q，使粒子在点电荷产生的电场中做匀速圆周运动，并能到达P 点，
求点电荷Q 的电荷量大小；
(3)若在整个Ⅰ、Ⅱ象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，并在第Ⅳ象限内加平行于x 轴，沿x 轴正方向的匀强电
场，也能使粒子运动到达P 点．如果此过程中粒子在电、磁场中运动的时间相等，求磁感应强度B 的大小和电场强
度E 的大小．
(二)选考题：共15 分．请考生从2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3­3](15 分)
(1)(5 分)以下说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5
分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．物质是由大量分子组成的
B．－2 ℃时水已经结为冰，部分水分子已经停止了热运动
C．温度是分子平均动能的标志
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D．分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小
E．布朗运动是固体小颗粒中固体分子的运动
(2)(10 分)如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸，高度为L、底面积为S，缸内有一个质量为m 的活塞，封闭
了一定质量的理想气体．温度为热力学温标T0 时，用绳子系住汽缸底，将汽缸倒过来悬挂起来，汽缸处于竖直状态，
缸内气体高为L0.已知重力加速度为g，大气压强为p0，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，求：
①采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到多少？
②从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做功多少？
③当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为ΔU，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为多少？
34．[物理——选修3­4](15 分)(1)(5 分)在坐标原点的波源产生一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，波速v＝10 m/s，
已知在t＝0 时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到x＝5 m 处．下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选
对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．这列波的波长为4 m
B．这列波的振幅为20 cm
C．这列波的频率为2.5 Hz
D．波源起振方向沿y 轴正方向
E．再经过0.2 s 的时间，质点a 到达质点b 现在所处的位置
(2)(10 分)如图所示，截面是直角梯形的玻璃砖ABCD 折射率为n＝6
2 ，下表面CD 涂有银反射面，玻璃砖的锐
角θ＝45°，厚度为a，CD 边长为2a.一束单色光以60°的入射角射到玻璃砖AB 表面的中点O，结果在玻璃砖右边
竖直放置的光屏上出现光点P 和Q(图中未画出P、Q)．
①请在图中画出光路示意图；
②求P、Q 两点间的距离．
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高考仿真模拟卷(十一)
(时间：70 分钟；满分：110 分)
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合
题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
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14．拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体．已知皮球质量为0.4 kg，为保证皮球与地面碰撞后
自然跳起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球在离手时
获得一个竖直向下4 m/s 的初速度．若不计空气阻力及球的形变，g 取10 m/s2，则每次拍球(
)
A．手给球的冲量为1.6 kg·m/s
B．手给球的冲量为2.0 kg·m/s
C．人对球做的功为3.2 J
D．人对球做的功为2.2 J
15.如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1 以恒定的角度ω转动，圆筒的半径r＝1.5 m．筒壁内有一小物体与圆
筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为3
2 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的
夹角为60°，重力加速度g 取10 m/s2.则ω的最小值是(
)
A．1 rad/s
B. 30
3
rad/s
C. 10 rad/s
D．5 rad/s
16.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R.磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在
环的最高点A 用铰链连接长度为2a、电阻为R
2的导体棒AB.AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B
点的线速度v，则这时AB 两端的电压大小为(
)
A．Bav
B.2Bav
3
C.Bav
3
D.Bav
6
17.如图为两条平行的光滑绝缘导轨，其中半圆导轨竖直，水平导轨与半圆导轨相切于C、E 点，整个装置处于
竖直向上的匀强磁场中．现将一导体棒垂直导轨放置，开始时位于图中的A 点处，当导体棒中通有如图所示方向的
电流时，导体棒由静止开始运动，并能到达与半圆导轨圆心等高的D 点．已知导轨的间距为L＝0.5 m，磁场的磁感
应强度大小B＝0.5 T，导体棒的质量为m＝0.05 kg、长度为L′＝0.5 m，导体棒中的电流大小为I＝2 A，AC＝OD＝
1 m，重力加速度为g＝10 m/s2.下列说法中正确的是(
)
A．导体棒在A 点的加速度大小为8 m/s2
B．导体棒在D 点的速度大小为5 m/s
C．导体棒在D 点的向心加速度大小为10 5 m/s2
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D．导体棒在D 点时，一条半圆导轨对导体棒的作用力大小为0.75 N
18．如图所示，重为10 N 的小球套在与水平面成37°角的硬杆上，现用一垂直于杆向上、大小为20 N 的力F
拉小球，使小球处于静止状态(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则(
)
A．小球不一定受摩擦力的作用
B．小球受摩擦力的方向一定沿杆向上，大小为6 N
C．杆对小球的弹力方向垂直于杆向下，大小为4.8 N
D．杆对小球的弹力方向垂直于杆向上，大小为12 N
19．如图(a)所示，点电荷M、N 固定于光滑绝缘水平桌面上，其连线的中垂线上有A、B、C 三点．一电荷量
为＋q 的小球自A 点由静止释放，其运动的v－t 图象如图(b)所示，运动到B、C 点的时刻分别为tB、tC 速度大小分
别为vB、vC，且tB 时刻图线切线斜率最大．则下列说法正确的是(
)
A．A、B、C 三点中，B 点的电场强度最大
B．由A 到C 的过程中小球的电势能先减小后变大
C．由A 到C 的过程中，电势逐渐升高
D．B、C 两点之间的电势差UBC＝m（v2C－v2B）
2q
20．如图所示，虚线OL 与y 轴的夹角为60°，在此角范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场．一带正电荷
的粒子从y 轴上的M 点沿平行于x 轴的方向射入磁场，粒子离开磁场后的运动轨迹与x 轴交于P 点(图中未画出)．已
知OP 之间的距离与粒子在磁场中运动的轨道半径相同，不计粒子的重力．则下列说法正确的是(
)
A．粒子离开磁场时的速度方向可能垂直虚线OL
B．粒子经过x 轴时的速度方向可能垂直x 轴
C．粒子离开磁场时的速度方向可能和虚线OL 成30°夹角
D．粒子经过x 轴时的速度方向可能与x 轴正方向成30°夹角
21．在空间竖直平面内，存在如图甲所示的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域，其中区域Ⅱ内和区域Ⅲ内存在方向不同
的匀强电场，一电荷量为q、质量为m 的带正电小球(可视为质点)在0～15 s 内竖直向上运动，其加速度随时间变化
的图象(a－t 图象)如图乙所示，若取竖直向下为正方向，重力加速度g 取10 m/s2，则下列说法正确的是(
)
A．区域Ⅱ内电场的场强E＝mg
5q，方向竖直向下
B．在0～5 s 内小球的动能减小
C．在10～15 s 内小球的机械能一直增加
D．t＝15 s 时小球的机械能大于t＝5 s 时小球的机械能
题号
14
15
16
17
18
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答案
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62 分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34 题为选考题，考生根
据要求作答．
(一)必考题：共47 分．
22.(5 分)在“验证力的平行四边形定则”实验中．
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(1)某次实验中两弹簧测力计的读数分别为F1＝1.92 N，F2＝3.84 N，如图甲所示，F1 和F2 的合力大小F 合＝
________N(保留三位有效数字)．现保持F2 方向不变，减小F1 和F2 的夹角，为了使橡皮条的结点拉到同样的位置O
点，下列说法正确的是________．
A．F1 一定减小
B．F1 一定增大
C．F2 一定减小
D．F2 一定增大
(2)某同学想知道弹簧测力计中弹簧的劲度系数，于是，他将刻度尺与弹簧测力计平行放置，如图乙所示，他根
据图中信息得出了弹簧的劲度系数k＝________N/m(保留两位有效数字)．
乙
23．(10 分)某物理研究小组尝试利用一个电流计准确地测量一节干电池的电动势和内阻．已知干电池的电动势
约为1.5 V，内阻几欧姆，可利用的仪器有：
A．电流计G(量程Ig＝30 mA，内阻Rg 未知)
B．电阻箱R(0～99.99 Ω)
C．定值电阻箱R0(R0＝30 Ω)
D．开关
E．导线若干
回答下列问题：
(1)该小组首先设计如图甲所示的电路图．闭合开关S，将电阻的阻值调到17.00 Ω时，电流计恰好满偏；将电
阻的阻值调到42.00 Ω时，电流计指针指在如图乙所示位置，则电流计的示数为________mA.由以上数据可得到干
电池电动势E＝________V.
(2)该小组发现图甲所示电路无法测量电源的内阻，原因是_________________．于是他们又设计一个电路测量
干电池的内阻，如图丙所示．
(3)闭合开关S，改变电阻箱的阻值R，读出对应的电流计的读数I，然后在图丁的1
I－1
R坐标系中描出相应的点，
并根据所描点的规律作出1
I－1
R的图线．
(4)结合两个实验电路图的数据，可求出电流计电阻Rg＝________Ω，干电池内阻r＝________Ω.
24．(12 分)如图所示，物块A 和B 静置在粗糙的水平桌面上，A、B 之间有一根长为L＝2 m 的拉直的轻绳，
轻绳能承受的最大拉力为30 N，A 的质量为m1＝5 kg，B 的质量为m2＝5 kg，A、B 与水平桌面间的动摩擦因数均
为μ＝0.2.A 受到向左的恒力F0＝10 N 的作用，B 受到向右逐渐增大的水平力F 的作用，从某时刻起A、B 一起向右
运动，当F 增大到某一值时，轻绳刚好被拉断，已知重力加速度为g＝10 m/s2.
(1)求轻绳刚被拉断时F 的大小．
(2)若轻绳刚被拉断时，A、B 的速度为8 m/s，此后保持F 大小不变，当A 停止运动时，A、B 间的距离为多大？
25．(20 分)如图所示，有一足够长的光滑平行金属导轨间距为L，折成倾斜和水平两部分，倾斜部分导轨的倾
角与水平面的夹角为θ＝30°，水平和倾斜部分均处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，水平部分磁场方向竖直向下，
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倾斜部分垂直斜面向下(图中未画出)，两个磁场区互不叠加．将两根金属棒a、b 垂直放置在导轨上，并将b 用轻绳
通过定滑轮和小物体c 连接．已知两棒的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，小物块c 的质量也为m，不考虑
其他电阻，不计一切摩擦，运动过程中棒与导轨保持接触良好，且b 始终不会碰到滑轮，重力加速度大小为g.
(1)求锁定a，释放b 的最终速度vm；
(2)使a、b 同时由静止释放，同时在a 上施加一沿斜面向上的恒力F＝1.5mg，求达到稳定状态时a、b 的速度；
(3)若(2)中系统从由静止开始经时间t 达到稳定状态，求过程中系统产生的焦耳热．
(二)选考题：共15 分．请考生从2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3­3](15 分)
(1)(5 分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5
分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．一定质量的理想气体，在等温变化时，内能不变
B．把玻璃管的裂口在火焰上烧熔，它的尖端会变钝，这是玻璃表面分子间作用力表现为斥力使其表面扩张引
起的
C．每个分子的内能等于它的势能和动能的总和
D．浸润与不浸润均是分子力作用的表现
E．分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离增大，分子势能减小
(2)(10 分)如图所示，一横截面积为S＝500 cm2 的汽缸固定在水平面上，在汽缸口附近的位置有一销钉．已知销
钉与汽缸左端的距离为L＝24 cm，一厚度忽略不计的活塞初始时在距离汽缸左端L0＝16 cm 处，密封了一定质量的
理想气体．汽缸导热性良好，汽缸与活塞间的摩擦不计，外界大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，环境温度为T0＝300 K，
现将环境温度缓慢地升高．求：
①当活塞刚到销钉处时，气体对外界做的功以及此时的环境温度；
②当环境温度升高到T2＝600 K 时，汽缸内封闭气体的压强．
34．[物理——选修3­4](15 分)
(1)(5 分)如图所示，某均匀介质中有两列简谐横波A 和B 同时沿x 轴正方向传播足够长的时间，在t＝0 时刻两
列波的波峰正好在x＝0 处重合，则下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个
得4 分，选对3 个得5 分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．t＝0 时刻x＝0 处质点的振动位移为20 cm
B．两列波的频率之比为fA∶fB＝5∶3
C．t＝0 时刻一定存在振动位移为－30 cm 的质点
D．t＝0 时刻x 轴正半轴上到原点最近的另一波峰重合处的横坐标为x＝7.5 m
E．t＝0 时刻x 轴正半轴上到原点最近的波谷重合处的横坐标为x＝7.5 m
(2)(10 分)单色细光束射到一半径为R 的透明球表面，光线在过球心的平面内，入射角i＝45°，经折射进入球
内后又经内表面反射一次，再经球表面折射后射出，已知真空中光速为c，入射光线与出射光线反向延长线之间的
夹角α＝30°，如图所示(图上已画出入射光线和出射光线)．
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①在图上画出光线在球内的路径和方向(简单说明画图步骤)；
②求透明球对该单色光的折射率和光在透明球中传播的时间．
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(十二)
(时间：70 分钟；满分：110 分)
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合
题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
14．日本福岛核事故是世界上最大的核事故之一.2019年2月13日，日本宣布福岛核电站核残渣首次被“触及”，
其中部分残留的放射性物质的半衰期可长达1 570 万年．下列有关说法正确的是(
)
A.238
92U 衰变成206
82Pb 的核反应方程为238
92U→206
82Pb＋742He＋4 0
－1e
B.238
92U 的比结合能大于206
82Pb 的比结合能
C．天然放射现象中产生的α射线的速度与光速相当，穿透能力很强
D．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，不会改变放射性元素的半衰期
15.如图所示，半径为R 的1
8光滑圆弧轨道左端有一质量为m 的小球，在大小恒为F、方向始终与轨道相切的外
力作用下，小球在竖直平面内由静止开始运动，轨道左端切线水平，当小球运动到轨道的末端时立即撤去外力，此
时小球的速率为v，已知重力加速度为g，则(
)
A．此过程外力做功为π
2
FR
B．此过程外力做功为
2
2 FR
C．小球离开轨道的末端时，拉力的功率为Fv
D．小球离开轨道后运动到达的最高点距离圆弧轨道左端的高度为πRF
4mg
16．某做直线运动的质点的位移－时间图象(抛物线)如图所示，P(2，12)为图线上的一点．PQ 为过P 点的切线，
与x 轴交于点Q(0，4)．已知t＝0 时质点的速度大小为8 m/s，则下列说法正确的是(
)
A．质点做匀减速直线运动
B．2 s 时，质点的速度大小为6 m/s
C．质点的加速度大小为0.5 m/s2
D．0～1 s 内，质点的位移大小为4 m
17.如图所示为一边长为L 的正方形abcd，P 是bc 的中点．若正方形区域内只存在由d 指向a 的匀强电场，则
在a 点沿ab 方向以速度v 入射的质量为m、电荷量为q 的带负电粒子(不计重力)恰好从P 点射出．若该区域内只存
在垂直纸面向里的匀强磁场，则在a 点沿ab 方向以速度v 入射的同种带电粒子恰好从c 点射出．由此可知(
)
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A．匀强电场的电场强度为2mv2
qL
B．匀强磁场的磁感应强度为2mv
2qL
C．带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小
D．带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为1∶2
18．如图所示，在虚线左侧的足够大区域存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．有一个直角三角形金属线框，
线框左边与磁场边界平行，线框的电阻为R.线框以垂直虚线方向的速度v0 做匀速直线运动，从线框的左边进入磁
场时开始计时．E 表示线框产生的感应电动势大小，F 表示线框中受到的安培力大小，P 表示线框的电功率的大小，
I 表示线框中的感应电流，则下列图象中正确的是(
)
19．如图所示，一质量为m 的小球(可视为质点)从离地面高H 处水平抛出，第一次落地时的水平位移为4
3H，
反弹的高度为9
16H.已知小球与地面接触的时间为t，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是(
)
A．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为7m 2gH
4t
B．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为7m 2gH
4t
＋mg
C．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2H
D．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为3
2H
20.如图所示，质量分别为M 和m(M≠m)的物块A、B 用轻质弹簧连接后静置于水平地面上，弹簧自然伸长，
两物块与水平地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.若给物块B 施加一水平向右的恒定拉力F，F＞μ(M＋m)g，
稳定后弹簧的长度为l1；若给物块A 施加一水平向右的恒定推力，大小仍为F，稳定后弹簧的长度为l2.则下列说法
中正确的是(
)
A．两种情况下，稳定后物块A、B 的加速度大小均为
F
M＋m
－μg
B．两种情况下，稳定后弹簧的弹力大小相同
C．弹簧的劲度系数为
F
l1－l2
D．两种情况下，稳定前物块A 均做加速度逐渐增大的加速运动
21．电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小．测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放
入质量为m 的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m0、匝数为n、下边长为l 的矩形线圈挂在右边托盘的底
部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中．如图甲所示，线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线
对线圈的作用力，电源电动势为E，内阻为r.开关S 闭合后，调节可变电阻至R1 时，天平正好平衡，此时电压表读
数为U.已知m0＞m，取重力加速度为g，则(
)
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A．矩形线圈中电流的方向为逆时针方向
B．矩形线圈的电阻R＝E－U
U
r－R1
C．匀强磁场的磁感应强度的大小B＝（m0－m）rg
n（E－U）l
D．若仅将磁场反向，在左盘中再添加质量为2m0－m 的砝码可使天平重新平衡
题号
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答案
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62 分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34 题为选考题，考生根
据要求作答．
(一)必考题：共47 分．
22．(5 分)一个实验小组做“探究弹簧弹力与弹簧伸长关系”的实验，采用如图a 所示装置，质量不计的弹簧下
端挂一个小盘，在小盘中增添砝码，改变弹簧的弹力．实验中作出小盘中砝码重力与弹簧伸长量x 的关系图象如图
b 所示．(重力加速度g＝10 m/s2)
(1)利用图b 中的图象，可求得该弹簧的劲度系数为________ N/m.
(2)利用图b 中的图象，可求得小盘的质量为________ kg，小盘的质量会导致弹簧劲度系数的测量结果与真实值
相比________(填“偏大”“偏小”或“相同”)．
23．(10 分)如图为某一热敏电阻(电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感)的I－U 关系曲线图．
(1)为了通过测量得到如图所示I－U 关系的完整曲线，在图甲和图乙两个电路中应选择的是图________；简要
说明理由：_______________________________________.
(电源电动势为9 V，内阻不计，滑动变阻器的阻值为0～100 Ω)
(2)在如图所示电路中，电源电压恒为9 V，电流表读数为70 mA，定值电阻R1＝250
Ω.由热敏电阻的I－U 关
系曲线可知，热敏电阻两端的电压为________V；电阻R2 的阻值为________Ω.
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24．(12 分)在“互联网＋”时代，网上购物已经成为一种重要的家庭消费方式，物流快递业也迅速发展．一快
递小哥在水平地面上拖拉一个货箱，货箱的总质量为15 kg，货箱与水平地面间的动摩擦因数μ＝3
3 .若该小哥拉着
货箱在水平地面上做匀速运动，(已知3＝1.732)求：
(1)拉力方向与水平面成60° 时拉力的大小；(计算结果保留一位小数)
(2)所施加拉力最小值的大小和方向．
25.(20 分)如图所示的虚线PQ 上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，S 为磁场边界PQ 上的
点，两质量均为m、电荷量均为q 的带负电粒子1 和带正电粒子2 分别以图示方向的速度从S 点射入磁场，粒子1
和粒子2 的速度大小分别为v1＝v0、v2＝3v0，且α＝30°、β＝60°，经过一段时间两粒子同时到达磁场的边界．忽
略两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用．
(1)到达磁场边界时，粒子1 和粒子2 之间的距离为多少？
(2)粒子1 和粒子2 射入磁场的时间间隔为多少？
(3)如果在PQ 下方的纸面内加一匀强电场，并且使粒子1 在该电场中的轨迹为直线，经过一段时间的运动，两
粒子在电场中相遇，求该电场的电场强度大小与方向．
(二)选考题：共15 分．请考生从2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3­3](15 分)
(1)(5 分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分．每
选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．从单一热源吸收热量，使之全部变为功而不产生其他影响是不可能的
B．在温度不变的条件下，增大饱和汽的体积，就可减小饱和汽的压强
C．脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润
D．液晶具有光学各向异性
E．只要是不显示各向异性的固体必定是非晶体
(2)(10 分)一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化．
①已知从A 到B 的过程中，气体对外放出600 J 的热量，则从A 到B，气体的内能变化了多少？
②试判断气体在状态B、C 的温度是否相同．如果知道气体在状态C 时的温度TC＝300 K，则气体在状态A 时
的温度为多少？
34．[物理——选修3­4](15 分)
(1)(5 分)一列横波沿x 轴传播，图中实线表示t＝0 时刻的波形，虚线表示从该时刻起经0.005 s 后的波形，下列
说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分．每选错1 个扣3
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分，最低得分为0 分)
A．该横波周期为0.02 s
B．t＝0 时刻，x＝4 m 处的质点的振动方向一定与x＝8 m 处的质点振动方向相反
C．t＝0 时刻，x＝4 m 处的质点向上运动
D．如果周期大于0.005 s，波向右传播时，波速为400 m/s
E．如果周期小于0.005 s，则当波速为6 000 m/s 时，该波向左传播
(2)(10 分)如图所示．一束截面为圆形(半径R＝1 cm)的平行复色光垂直射向一玻璃半球的表面．经折射后在屏
幕S 上形成一个圆形彩色亮区．已知玻璃半球的半径也为R.屏幕S 至球心的距离D 为4 cm.不考虑光的干涉和衍射，
①在屏幕S 上形成的圆形亮区的最外侧是什么颜色？
②若玻璃半球对①中色光的折射率为n＝3，求屏幕S 上圆形亮区的最大半径．(结果可保留根号)
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(十三)
(时间：70 分钟；满分：110 分)
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合
题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
14．天然放射现象的发现揭开了原子核的秘密，在科学史上意义重大，238
92U→234
90Th＋42He，下列说法正确的是
(
)
A．天然放射现象是由居里夫妇首先发现的
B.234
90Th 与42He 的结合能之和一定大于238
92U 的结合能
C.234
90Th 与42He 的质量之和一定大于238
92U 的质量
D．1 000 个238
92U 原子核经2T 时间后还有250 个238
92U 没有发生衰变
15．一质量为m 的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲)，某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，
通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，根据上述信息，下列说法正确的是(
)
A．铝球下沉的速度越来越小
B．剪断细线后，油槽对地面的压力先增大后不变
C．剪断细线后，铝球加速度随时间均匀减小
D．铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油所受摩擦阻力所做的功
16．小球质量为2m，以速度v 沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是4
5v，球与墙撞击时间为
t，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是(
)
A.2mv
5t
B.8mv
5t
C.18mv
5t
D.2mv
t
17．如图1 所示，匝数n＝6 的螺线管(电阻不计)，截面积为S＝10 cm2，线圈与R＝12 Ω的电阻连接，水平向
右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度大小B 随时间t 变化的关系如图2 所示，规定
感应电流i 从a 经过R 到b 的方向为正方向．忽略线圈的自感影响，下列i－t 关系图中正确的是(
)
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18．两颗互不影响的行星P1、P2，各有一颗近地卫星S1、S2 绕其做匀速圆周运动．图中纵轴表示行星周围空间
某位置的引力加速度a，横轴表示该位置到行星中心距离r 平方的倒数，a－1
r2关系图如图所示，卫星S1、S2 的引力
加速度大小均为a0.则(
)
A．S1 的质量比S2 的大
B．P1 的质量比P2 的大
C．P1 比P2 的第一宇宙速度大
D．P1 的平均密度比P2 的大
19.在光滑水平地面上，一质量为m 的小球A 以速度v0 向右运动，与原来静止的另一质量为3m 的小球B 发生
正碰，则碰后小球A 的速度大小可以为(
)
A．0
B.v0
3
C.v0
2
D.3v0
4
20.将一小物块轻放在足够长的水平传送带上，之后物块在传送带上运动的v－t 图象如图所示，设物块与传送
带间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是(
)
A．传送带可能一直做匀减速运动且加速度大于μg
B．传送带可能先做匀速运动后做匀减速直线运动
C．物块在运动过程中一直与传送带间发生相对滑动
D．物块做匀减速运动阶段的加速度一定小于μg
21.如图所示，以O 为圆心，半径为R 的圆形区域内，有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，半径OC⊥OD，一
个质量为m，电荷量为－q(q>0)的粒子(重力不计)，从C 点以速度v 与CO 方向成30°角射入磁场，由圆周上的M
点(图中未画出)沿平行OD 方向射出磁场，下列说法正确的是(
)
A．粒子在磁场里运动过程中速度方向改变了60°
B．粒子运动过程中一定经过O 点
C．匀强磁场的磁感应强度B＝mv
qR
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D．若粒子从M 点以速度大小v 反向射入磁场，将从C 点射出磁场
题号
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第Ⅱ卷
三、非选择题：共62 分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34 题为选考题，考生根
据要求作答．
(一)必考题：共47 分．
22．(5 分)某同学用如图甲所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率
为50 Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图乙所示，图中标出了五个连续点之间的距离．
(1)物块下滑时的加速度大小a＝________m/s2，打C 点时物块的速度大小v＝________m/s；
(2)已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)．
A．物块的质量
B．斜面的高度
C．斜面的倾角
23．(10 分)使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻
和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待
测多用电表，量程为60 mA 的电流表，电阻箱，导线若干．实验时，将多用电表调至×1 Ω 挡，调好零点；电阻
箱置于适当数值．完成下列填空：
(1)仪器连线如图1 所示(a 和b 是多用电表的两个表笔)．若两电表均正常工作，则表笔a 为________(填“红”
或“黑”)色；
(2)若适当调节电阻箱后，图1 中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2(a)、(b)、(c)所示，则多用电表的
读数为________Ω.电流表的读数为________mA，电阻箱的读数为________Ω；
(3)将图1 中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为________ mA；(保留3 位有效数字)；
(4)计算得到多用电表内电池的电动势为________ V．(保留3 位有效数字)
24．(12 分)如图1 所示，M、N 为平行极板，极板M 和挡板AB 间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强
度为B，M 板与AB 板间的夹角为60°，N 板附近有一粒子源，可以不断地释放初速度为零，电量为q，质量为m
的带负电的粒子，在MN 板上加如图2 所示的电压后，粒子可以在电场力的作用下加速，从M 板的中点处小孔O
进入磁场，电压的最大值为U0，周期为T，粒子在电场中运动的时间远小于T，以最大速度进入磁场的粒子，经磁
场偏转后刚好能垂直打在挡板AB 上，求：
(1)M 板的长度；
(2)要使粒子能打到挡板AB 上，两板间所加电压至少应为多大？
(3)若将原来的磁场撤去，在AB 挡板上方加一垂直纸面向外的矩形匀强磁场，磁感应强度为2B，要使所有的
粒子都能垂直打在AB 板上，矩形磁场的面积至少多大？
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25．(20 分)如图所示，质量M＝10 kg、上表面光滑的足够长的木板在F＝50 N 的水平拉力作用下，以初速度
v0＝5 2 m/s 沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m＝1 kg，将一铁块无初速度地放在
木板的最右端，当木板运动了L＝1 m 时，又无初速度地在木板的最右端放上第2 块铁块，只要木板运动了L＝1 m
就在木板的最右端无初速度放一铁块．试问：(取g＝10 m/s2)
(1)第2 块铁块放上时，木板的速度多大？
(2)最终木板上放有多少块铁块？
(3)从第1 块铁块放上去之后，木板最大还能运动多远？
(二)选考题：共15 分．请考生从2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3­3](15 分)
(1)(5 分)关于热现象和热学规律，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个
得4 分，选对3 个得5 分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积
B．气体温度升高，分子的平均动能一定增大
C．温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动越明显
D．一定温度下，饱和汽的压强是一定的
E．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律
(2)(10 分)如图所示，一粗细均匀的玻璃管开口向上竖直放置，玻璃管总长为94 cm，其中用长为24 cm 的水银
柱封闭了一段长为50 cm.初始温度为27 ℃的空气柱，已知大气压强为1.0×105 Pa(相当于76 cmHg)，现对空气柱
缓慢加热，求：
①当空气柱的温度上升到多少摄氏度时，水银柱上端刚好到达玻璃管口；
②空气柱的温度最高可升高到多少摄氏度．
34．[物理——选修3­4](15 分)
(1)(5 分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5
分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．遥控器发出的红外线脉冲信号可以用来遥控电视机、录像机和空调机
B．观察者相对于振动频率一定的声源运动时，接收到声波的频率小于声源频率
C．狭义相对论认为真空中光源的运动会影响光的传播速度
D．光的偏振现象说明光是一种横波
E．两列频率相同的机械波相遇时，在相遇区可能会出现稳定干涉现象
(2)(10 分)半径为R 的半圆形玻璃砖与厚度为
3
2 R 的矩形玻璃砖按如图所示方式放在水平桌面上，直径AB 水平，
现有一束细光束沿AO 方向射入，调整细光束使其在竖直平面内绕O 点顺时针转动180°至BO 方向．已知两种玻
璃砖对该光束的折射率均为2，光在真空中的传播速度为c，矩形玻璃砖足够长，不考虑光的多次反射，试求：
①垂直AB 入射的光由O 点到达地面所需要的时间；
②光线在转动过程中照亮地面的长度．
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2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(十四)
(时间：70 分钟；满分：110 分)
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合
题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
14．如图所示A、B 两个运动物体的x－t 图象，下述说法正确的是(
)
A．A、B 两个物体开始时相距100 m，同时同向运动
B．B 物体做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2
C．A、B 两个物体运动8 s 时，在距A 的出发点60 m 处相遇
D．A 物体在2 s 到6 s 之间做匀速直线运动
15.匀强电场中有一个原来静止的碳14 原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径
之比为7∶1，如图所示，那么碳14 的衰变方程为(
)
A.146C→01e＋145B
B.146C→42He＋104Be
C.146C→21H＋145B
D.146C→0
－1e＋147N
16.如图所示，甲木块的质量为m1，以v 的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2 的乙
木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后(
)
A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
17．已知质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为Ep＝－GMm
r ，其中G 为引力常量，
M 为地球质量．现从地面赤道某处发射一质量m0 的卫星至离地球表面h 高处的轨道上，使其绕地球做匀速圆周运
动，则至少需对卫星做功(忽略地球自转影响，地球半径设为R)(
)
A．GMm0
R －G
Mm0
2（R＋h）
B．GMm0
R －GMm0
R＋h
C．G
Mm0
2（R＋h）
D．GMm0
2R －GMm0
R＋h
18.如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R＝10 cm 的圆柱形桶内有B＝10
－4 T 的匀强磁场，
方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，粒子束以不同角度入射，最后有
不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为q
m＝2×1011 C/kg 的正粒子，粒子束中速度分布连续，当角α＝45°
时，出射粒子速度v 的大小是(
)
A. 2×106 m/s
B．2 2×106 m/s
C．2 2×108 m/s
D．4 2×106 m/s
19．A、B 两带电小球，电荷量分别为＋q、＋9q，质量分别为m1 和m2，如图所示，用两根不可伸长的绝缘细
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线悬挂于O 点，静止时A、B 两球处于同一水平线上，其中O 点到A 球的间距OA＝2L，∠AOB＝90°，∠OAB＝
60°，C 是AB 连线上一点且在O 点的正下方，带电小球均可视为点电荷，静电力常量为k，则下列说法正确的是
(
)
A．A、B 间的库仑力F＝9kq2
4L
B．A、B 两球的质量之比为3∶1
C．C 点的电场强度为零
D．若仅互换A、B 两球的带电荷量，则A、B 两球位置将不再处于同一水平线上
20．如图a，物体在水平恒力F 作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t＝1 s 时刻撤去恒力F.物体运动的v
－t 图象如图b.重力加速度g＝10 m/ s2，则(
)
A．物体在3 s 内的位移x＝3 m
B．恒力F 与摩擦力f 大小之比F∶f ＝3∶1
C．物体与地面的动摩擦因数为μ＝0.3
D．3 s 内恒力做功WF 与克服摩擦力做功Wf 之比WF∶Wf＝3∶2
21．如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨间距l＝0.9 m，与水平面夹角θ＝30°，正方形区域abcd 内有匀
强磁场，磁感应强度B＝2 T，方向垂直于斜面向上．甲、乙是两根质量相同、电阻均为R＝4.86 Ω的金属杆，垂直
于导轨放置．甲置于磁场的上边界ab 处，乙置于甲上方l 处．现将两金属杆由静止同时释放，并立即在甲上施加一
个沿导轨方向的拉力F，甲始终以a＝5 m/s2 的加速度沿导轨匀加速运动，乙进入磁场时恰好做匀速运动，g＝10 m/s2.
则(
)
A．甲穿过磁场过程中拉力F 不变
B．每根金属杆的质量为0.2 kg
C．乙穿过磁场过程中安培力的功率是2 W
D．乙穿过磁场过程中，通过整个回路的电荷量为1
6 C
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62 分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34 题为选考题，考生根
据要求作答．
(一)必考题：共47 分．
22．(5 分)某同学利用如图所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律．在气垫导轨上安装了两光电门1、2，
滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连．
(1) 实验时要调整气垫导轨水平．不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块
________________________________________________________________________，
则表示气垫导轨已调整至水平状态．
(2)不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1 的时间小于通过光
电门2 的时间．实施下列措施能够达到实验调整目标的是________．
A．调节P 使轨道左端升高一些
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B．调节Q 使轨道右端降低一些
C．遮光条的宽度应适当大一些
D．滑块的质量增大一些
E．气源的供气量增大一些
(3)实验时，测出光电门1、2 间的距离L，遮光条的宽度d，滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m.由数字计
时器读出遮光条通过光电门1 、2 的时间t1 、t2 ，则系统机械能守恒成立的表达式是
___________________________________________________________________．
23．(10 分)国标(GB/T)规定自来水在15 ℃时电阻率应大于13 Ω·m.某同学利用图甲所示电路测量15 ℃自来
水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K，以控制管内自来水的水量，玻璃
管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右活塞固定，左活塞可自由移动．实验器材还有：电源(电动势约为3 V，
内阻可忽略)，电压表V1(量程为3 V，内阻很大)，电压表V2(量程为3 V，内阻很大)，定值电阻R1(阻值4 kΩ)，定
值电阻R2(阻值2 kΩ)，电阻箱R(最大阻值9 999 Ω)，单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺．
实验步骤如下：
A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；
B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．把S 拨到1 位置，记录电压表V1 示数；
D．把S 拨到2 位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2 示数与电压表V1 示数相同，记录电阻箱的阻值R；
E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L 和电阻箱阻值R；
F．断开S，整理好器材．
(1)测玻璃管内径d 时游标卡尺示数如图乙所示，则d＝________mm.
(2)玻璃管内水柱的电阻Rx 的表达式为：Rx＝________(用R1、R2、R 表示)．
(3)利用记录的多组水柱长度L 和对应的电阻箱阻值R 的数据，绘制出如图丙所示的R－1
L关系图象．自来水的
电阻率ρ＝________Ω·m(保留两位有效数字)．
(4)本实验中若电压表V1 内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将________(填“偏大”“不变”或“偏小”)．
24.(12 分)某电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可等效为：小车车底安装着电磁铁，
可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；水平地面固定着闭合矩形线图abcd，线圈的总电阻为R，
ab 边长为L，ad 边长为2L，如图所示(俯视)．缓冲小车(无动力)水平通过线圈上方，线圈与磁场的作用使小车做减
速运动，从而实现缓冲．已知小车总质量为m，受到地面的摩擦阻力为f，小车磁场刚抵达线圈ab 边时，速度大小
为v0，小车磁场刚抵达线圈cd 边时，速度为零，求：
(1)小车缓冲过程中的最大加速度am 的大小．
(2)小车缓冲过程中通过线圈的电荷量q 及线圈产生的焦耳热Q.
25．(20 分)如图所示，一个质量为m＝2 kg 的小物块(可看成质点)开始时静止在高度h＝0.2 m、长度L＝4 m、
质量M＝1 kg 的木板AB 的最左端A 处，C 点为AB 的中点．木板上表面AC 部分粗糙，CB 部分光滑，下表面与
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水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1.现对小物块施加一个水平向右的大小为F＝12 N 的恒力，木板和小物块恰好能保持
相对静止．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2.
(1)求小物块与木板上表面AC 部分间的动摩擦因数μ2.
(2)如果对小物块施加一个水平向右的大小为F＝14 N 的恒力，当小物块运动到达C 点时，小物块和木板的速度
大小各为多少？
(3)在第(2)问情况下，当小物块到达C 点时撤去F，求小物块落地时与木板B 端的水平距离．
(二)选考题：共15 分．请考生从2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3­3](15 分)
(1)(5 分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5
分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能
B．物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多
C．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子平均动能增加
D．物体从外界吸收热量，其内能不一定增加
E．液晶的光学性质具有各向异性
(2)(10 分)如图所示，一粗细均匀的U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上端与大气相通，下端开口处开关K
关闭；A 侧空气柱的长度为l＝10.0 cm，B 侧水银面比A 侧的高h＝3.0 cm.现将开关K 打开，从U 形管中放出部分
水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm 时将开关K 关闭．已知大气压强p0＝75.0 cmHg.
①求放出部分水银后A 侧空气柱的长度；
②此后再向B 侧注入水银，使A、B 两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．
34．[物理——选修3­4](15 分)(1)(5 分)一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，t＝0 时，波刚好传播到M 点，波形
如图实线所示，t＝0.3 s 时，波刚好传播到N 点，波形如图虚线所示．则下列说法正确的是________．(填正确答案
标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．波的周期为0.6 s
B．波的波速为20 m/s
C．c 点在0～0.3 s 内通过的路程等于24 cm
D．t＝1
6 s 时，b 点到达平衡位置
E．t＝0.25 s 时，a 点与M 点的位移相同
(2)(10 分)泉州光伏产业非常发达，拥有国家级博士后科研工作站及国家级企业技术中心．街道上的很多电子显
示屏，其最重要的部件就是发光二极管．有一种发光二极管，它由半径为R 的半球体介质ABC 和发光管芯组成，
管芯发光区域是半径为r 的圆面PQ，其圆心与半球体介质的球心O 重合，如图所示．图中发光圆面发出的某条光
线射向D 点，入射角为30°，折射角为45°.
(i)求半球体介质对光的折射率n；
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(ii)为使从发光圆面PQ 射向半球面上所有的光都能直接射出，管芯发光区域面积最大值为多少？
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(十五)
(时间：70 分钟；满分：110 分)
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合
题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
14．2018 年11 月12 日中科院等离子体物理研究所发布消息：全超导托克马克装置EAST 在实验中有了新的突
破，等离子体中心电子温度达到1 亿摄氏度；其主要核反应方程为：①21H＋21H→32He＋X
②21H＋Y→42He＋X，则下
列表述正确的是(
)
A．X 是质子
B．Y 是氚核
C．X 与Y 是同位素
D．①②两个核反应都属于裂变反应
15.在t＝0 时，A、B 两物体在同一地点以相同的初速度沿同一方向运动，A 物体的v－t 图象如图所示，B 物体
做匀减速直线运动，直到停止，两物体的位移相同，下列说法正确的是(
)
A．B 运动的时间可能等于A
B．在途中B 始终在A 的前方
C．在途中任一时刻两物体的速度不可能相同
D．在途中任一时刻两物体的加速度不可能相同
16．如图(a)，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0 时，小物块以速度v0 滑到长木板上，图(b)为物块与木板
运动的v－t 图象，图中t1、v0、v1 已知．重力加速度大小为g.由此可求得(
)
A．木板的长度
B．物块与木板的质量
C．物块与木板之间的动摩擦因数
D．从t＝0 开始到t1 时刻，木板获得的动能
17.如图所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q>0)
的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0 竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，
则两极板间电场强度的最大值为(
)
A.Ek0
4qd
B.Ek0
2qd
C. 2Ek0
2qd
D. 2Ek0
qd
18.如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴在竖直方向上，在y 轴上的P 点分别沿x 轴正方向和y 轴正方向以相同
大小的初速度抛出两个质量相等的小球a 和b，不计空气阻力，若b 上升的最大高度等于P 点离地的高度，则从抛
出到落地，有(
)
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A．a 的运动时间是b 的运动时间的2倍
B．a 的位移大小是b 的位移大小的2倍
C．a、b 落地时的速度相同，因此动能一定相同
D．a、b 落地时的速度不同，但动能相同
19.如图所示是氢原子中电子绕核做圆周运动的示意图．电子绕核运动，可等效为环形电流，此环形电流的大小
为I1.现在沿垂直于圆轨道平面的方向加一磁感应强度为B 的外磁场，设电子的轨道半径不变，而它的速度大小发生
变化，若用I2 表示此时环形电流的大小，则当B 的方向(
)
A．垂直于纸面向里时，I2>I1
B．垂直于纸面向外时，I2<I1
C．垂直于纸面向里时，I2<I1
D．垂直于纸面向外时，I2>I1
20．绝缘光滑斜面与水平面成α角，质量为m、带电荷量为－q(q>0)的小球从斜面上的h 高度处释放，初速度为
v0(v0>0)，方向与斜面底边MN 平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B 中，磁场方向平行斜面向上．如果斜面
足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN.则下列判断正确的是(
)
A．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤mg
qv0
B．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤mgcos α
qv0
C．小球在斜面做变加速曲线运动
D．小球到达底边MN 的时间t＝
2h
gsin2 α
21．水平长直轨道上紧靠放置n 个质量为m 可看做质点的物块，物块间用长为l 的细线连接，开始处于静止状
态，轨道与物块间的滑动摩擦因数为μ.用水平恒力F 拉动1 开始运动，到连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度
变为零，则(
)
A．拉力F 所做功为nFl
B．系统克服摩擦力做功为n（n－1）μmgl
2
C．F>nμmg
2
D．(n－1)μmg<F<nμmg
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62 分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34 题为选考题，考生根
据要求作答．
(一)必考题：共47 分．
22．(5 分)在“探究功与速度变化的关系”的实验中，某实验研究小组的实验装置如图甲所示，木块从A 点静
止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到B1 点停下，记录此过程中弹簧对木块做的功为W1.O 点
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为弹簧原长时所处的位置，测得OB1 的距离为L1.再用完全相同的2 根、3 根…弹簧并在一起进行第2 次、第3 次…
实验并记录2W1、3W1…及相应的L2、L3…数据，用W－L 图象处理数据，回答下列问题：
甲
乙
(1)如图乙是根据实验数据描绘的W－L 图象，图线不过原点的原因是______________________．
(2)由图线得木块从A 到O 过程中克服摩擦力做的功是________W1.
(3)W－L 图象斜率的物理意义是______________．
23．(10 分)(1)为了测量电阻，现取一只已经完成机械调零的多用电表，如图甲所示，请根据下列步骤完成电阻
测量：
①将K 旋转到电阻挡“×100”位置．
②将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件________(选填“C”或“D”)，使指针对准电阻的“0”刻度线．
③将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件P 的电阻，P 的两端分别为a、b，指针指示位置如图甲所示．为
使测量比较精确，应将选择开关旋到______(选填“×1”“×10”或“×1 k”)的倍率挡位上，并重新调零，再进行
测量．
(2)多用电表电阻挡的内部电路如图乙虚线框中所示，电源电动势为E、内阻为r，R0 为调零电阻，Rg 为表头内
阻，电路中电流I 与待测电阻的阻值Rx 关系式为__________________．
(3)某同学想通过多用电表中的欧姆挡去测量一量程为3 V 的电压表内阻．该同学将欧姆挡的选择开关拨至“×
1 k”的倍率挡，并将红、黑表笔短接调零后，应选用图丙中________(选填“A”或“B”)方式连接．在进行了正确的
连接、测量后，欧姆表的读数如图丁所示，读数为________，这时电压表的读数如图戊所示．若该欧姆挡内阻为24
kΩ，则可算出欧姆挡内部所用电池的电动势为________(计算结果保留两位有效数字)．
24.(12 分)如图所示，固定的长直水平轨道MN 与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接，圆轨道半径为R，PN
恰好为该圆的一条竖直直径．可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起静止于N 处，物块A 的质量mA＝2m，B 的质
量mB＝m，两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别沿轨道向左、右运动，物块B 经过P 点时对轨道的压力
为mg.已知物块A 与MN 轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
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(1)两物块刚分离时物块B 的速度大小vB；
(2)物块A 在水平面上滑行的最大距离．
25．(20 分)如图所示，三块等大且平行正对的金属板水平放置，金属板厚度不计且间距足够大，上面两金属板
间有竖直向下的匀强电场，下面两金属板间有竖直向上的匀强电场，电场强度大小均为E.以中间金属板的中轴线为
x 轴，金属板右侧存在一足够大的匀强磁场，现有一重力不计的绝缘带电粒子，质量为m，带电荷量为－q，从中间
金属板上表面的电场中坐标位置(－l，0)处以初速度v0 沿x 轴正方向开始运动，已知l＝mv20
qE ，求：
(1)带电粒子进入磁场时的位置坐标(用l 表示)以及带电粒子进入磁场时的速度大小与方向；
(2)若要使带电粒子能回到中间金属板下表面关于x 轴与释放点对称的位置，计算匀强磁场的磁感应强度B 的大
小(用E、v0 表示)．
(二)选考题：共15 分．请考生从2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3­3](15 分)
(1)(5 分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分．每
选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大
B．一定质量的理想气体在等温膨胀过程中，要从外界吸收热量
C．热力学第二定律表明自发的宏观过程总是向无序度更大的方向发展
D．布朗运动是悬浮在液体中的微粒之间的相互碰撞引起的
E．一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度降低而增加
(2)(10 分)如图所示，足够长的导热性能良好的汽缸竖直放置，底部与一打气装置相连，每次均可打入压强p0
＝1.0×105 Pa，体积V0＝1.0×10
－5 m3 的空气．在距汽缸底部h＝0.25 m 处用销钉固定一活塞A，封闭一部分压强
也为p0＝1.0×105 Pa 的空气，活塞A 可在汽缸内无摩擦地滑动，质量m＝2 kg，横截面积S＝4.0×10
－4 m2.现向汽
缸内打气2 次后，拔掉销钉，活塞缓慢移动，最终停在某个位置，整个过程中保持外界环境的大气压强和温度不变，
大气压强为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，求最终活塞与汽缸底部的距离．
34．[物理——选修3­4](15 分)
(1)(5 分)如图所示，一简谐横波在某区域沿x 轴传播，实线a 为t＝0 时刻的波形图线，虚线b 为t＝Δt 时刻的
波形图线．已知该简谐横波波源振动的频率为f＝2.5 Hz，虚线b 与x 轴交点P 的坐标为xP＝1 m．则下列说法正确
的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分．每选错1 个扣3 分，最低
得分为0 分)
A．这列波的传播速度大小一定为20 m/s
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B．这列波一定沿x 轴正向传播
C．可能有Δt＝1.25 s
D．可能有Δt＝1.45 s
E．若该列波遇到宽度为6 m 的障碍物能发生明显的衍射现象
(2)(10 分)如图所示，ABCD 是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O 点垂直AD 边射
入．已知棱镜的折射率n＝2，AB＝BC＝8 cm，OA＝2 cm，∠OAB＝60°.
①画出光线第一次射出棱镜时的光路图．
②求第一次的出射点距C 多远．
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(十六)
(时间：70 分钟；满分：110 分)
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合
题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
14．某金属发生光电效应，光电子的最大初动能Ek 与入射光频率ν之间的关系如图所示．已知h 为普朗克常量，
e 为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是(
)
A．入射光的频率小于ν0 也可能发生光电效应现象
B．该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大
C．若用频率是2ν0 的光照射该金属，则遏止电压为hν0
e
D．遏止电压与入射光的频率无关
15．如图所示，小球从斜面的顶端A 处以大小为v0 的初速度水平抛出，恰好落到斜面底部的B 点，且此时的
速度大小vB＝
13
4 v0，空气阻力不计，该斜面的倾角为(
)
A．60°
B．45°
C．37°
D．30°
16．某物体的v－t 图象如图所示，下列说法正确的是(
)
A．0～t1 和t2～t3，合外力做功和冲量都相同
B．t1～t2 和t3～t4，合外力做功和冲量都相同
C．0～t2 和t2～t4，合外力做功和冲量都相同
D．0～t1 和t3～t4，合外力做功和冲量都相同
17．如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值；一带电粒子只在电场力的作用下恰能沿图
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中的实线从A 经过B 运动到C，下列说法正确的是(
)
A．粒子一定带负电
B．A 处场强大于C 处场强
C．粒子在A 处的电势能大于在C 处的电势能
D．粒子从A 到B 的电场力所做的功大于从B 到C 电场力做的功
18．如图所示，光滑绝缘水平面上有两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝
缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O.在O 处施加一水平恒力F 使A、B 一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l
的等边三角形，则(
)
A．小环A 的加速度大小为3kq2
ml2
B．小环A 的加速度大小为3kq2
3ml2
C．恒力F 的大小为3kq2
3l2
D．恒力F 的大小为3kq2
l2
19.某质点在3 s 内竖直向上运动，其加速度与时间(a－t)图象如图所示．若取竖直向下为正方向，重力加速度g
取10 m/s2.则下列说法正确的是(
)
A．质点第1 s 内发生的位移为5 m
B．质点的初速度不小于29 m/s
C．质点第2 s 内处于失重状态
D．质点在第3 s 末的机械能大于第1 s 末的机械能
20．如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B
＝1 T，导轨间距L＝1 m．－质量m＝2 kg，阻值r＝2 Ω的金属棒在水平拉力F 作用下由静止开始从CD 处沿导轨
向右加速运动，金属棒的v－x 图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，则从起点发生x＝1 m 位移
的过程中(g＝10 m/s2)(
)
A．金属棒克服安培力做的功W1＝0.5 J
B．金属棒克服摩擦力做的功W2＝4 J
C．整个系统产生的总热量Q＝5.25 J
D．拉力做的功W＝9.25 J
21．将如图所示的交变电压加在变压比为4∶1 的理想变压器的原线圈两端，已知副线圈接阻值R＝11 Ω的定
值电阻，则下列说法正确的是(
)
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A．交变电压的频率为50 Hz
B．该理想变压器的输入功率为输出功率的4 倍
C．副线圈两点电压的有效值为55 V
D．流过原线圈的电流大小为1.25 A
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62 分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34 题为选考题，考生根
据要求作答．
(一)必考题：共47 分．
22．(5 分)某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律．入射球和靶球的半径相同，质量分别为m1、m2，平放
于地面的记录纸上铺有复写纸．实验时先使入射球从斜槽上固定位置G 由静止开始滚下，落到复写纸上，重复上述
操作多次．再把靶球放在水平槽末端，让入射球仍从位置G 由静止开始滚下，和靶球碰撞后继续向前运动落到复写
纸上，重复操作多次．最终记录纸上得到的落点痕迹如图乙所示．
(1)关于本实验下列说法正确的是________．
A．需要用游标卡尺测量两小球的直径
B．应使m1>m2
C．实验中记录纸上铺的复写纸的位置可以移动
D．斜槽要固定好，末端切线不需要调节水平
(2)请你叙述确定落点平均位置的办法：________________________________．
(3)按照本实验方法，该同学确定了落地点的平均位置P、Q、R 并测出了OP、PQ、QR 间的距离分别为x1、x2、
x3，则验证动量守恒定律的表达式是___________________________．
23．(10 分)灵敏电流计G 的量程为500 μA、内阻未知，某小组要将该电流计的量程扩大至5 mA，有下列器
材可选：
A．干电池一节
B．电压表V(量程1.5 V，内阻几千欧)
C．滑动变阻器R1(0～100 Ω)
D．电阻箱R2(0～999.9 Ω)
E．开关、导线若干
(1)甲同学设计了如图甲所示的电路测电流计G 的内阻，判断是否可行并分析原因：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(2)乙同学设计了如下实验：
①用如图乙所示电路测量电流计和电压表的内阻．
a．将R1 滑片滑到左端，断开S2，闭合S1，调节R1，使电流计满偏，此时电压表V 的示数为1.0 V；
b．将R2 调至最大，闭合S2，调节R1、R2，当电压表示数为1.2 V 时，电流计的示数为300 μA、R2 的阻值为
180 Ω.由以上数据可得电压表的内阻RV＝________Ω，电流计的内阻Rg＝________Ω.
②用灵敏电流计和电阻箱改装电流表，请在虚线框中画出改装电路图，此时电阻箱的阻值应调为________Ω.
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24．(12 分)如图所示，可看做质点的小物块放在长木板的正中央，长木板置于光滑水平面上，两物体皆静止；
已知长木板质量为M＝4.0 kg，长度为L＝3.0 m，小物块质量为m＝1.0 kg，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝
0.2；两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，试求：
(1)用水平向右的恒力F 作用于小物块，当F 满足什么条件，两物体才能发生相对滑动？
(2)若一开始就用水平向右5.5 N 的恒力作用于小物块，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？
25．(20 分)如图所示，在xOy 直角坐标平面内－3
20 m≤x＜0 的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度
B＝0.32 T，0≤x＜2.56 m 的区域有沿－x 方向的匀强电场．在x 轴上坐标为－3
20 m，0 的S 点有一粒子源，它一
次能沿纸面同时向磁场内每个方向各发射一个比荷q
m＝5.0×107 C/kg；速率v＝1.6×106 m/s 的带正电粒子．若粒子
源只发射一次，其中只有一个粒子Z 刚好能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：
(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径r 及周期T；
(2)电场强度的大小E 及Z 粒子从S 点发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ；
(3)Z 粒子第一次刚进入电场时，还未离开过磁场的粒子占粒子总数的比例η.
(二)选考题：共15 分．请考生从2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3­3](15 分)
(1)(5 分)一定质量的理想气体，从状态A 变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－V 图象如图所
示．已知气体处于状态A 时的温度为300 K，则下列判断正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，
选对2 个得4 分，选对3 个得5 分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．气体处于状态B 时的温度是900 K
B．气体处于状态C 时的温度是300 K
C．从状态A 变化到状态C 过程气体内能一直增大
D．从状态A 变化到状态B 过程气体放热
E．从状态B 变化到状态C 过程气体放热
(2)(10 分)粗细均匀的U 形管中装有水银，左管上端有一活塞P，右管上端有一阀门K，开始时活塞位置与阀门
等高，如图所示，阀门打开时，管内两边水银柱等高，两管空气柱长均为l＝20 cm，此时两边空气柱温度均为27 ℃，
外界大气压为p0＝76 cmHg，若将阀门K 关闭以后，把左边活塞P 慢慢下压，直至右边水银上升10 cm，在活塞下
压过程中，左管空气柱的温度始终保持在27 ℃，并使右管内温度上升到177 ℃，求此时左管内空气的长度．
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34．[物理——选修3­4](15 分)
(1)(5 分)如图所示，实线是一列简谐横波在t1 时刻的波形图，M 是平衡位置距O 点5 m 的质点，虚线是t2＝(t1
＋0.2) s 时刻的波形．下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3
个得5 分．每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分)
A．该波遇到长度为3 米的障碍物时将会发生明显衍射现象
B．波速可能为20 m/s
C．该波的周期可能为0.6 s
D．若波速为35 m/s，该波一定沿着x 轴负方向传播
E．若波速为15 m/s，从t1 到t2 时刻，质点M 运动的路程为60 cm
(2)(10 分)一同学在水平桌面上铺放一张白纸，将一横截面是直角三角形的玻璃砖平放在白纸上，并用铅笔将其
边缘画在白纸上，得到如图所示的直角三角形ABC，在白纸上作一垂直BC 边的直线，在该直线上竖直插上P1、P2
两颗大头针，然后从玻璃砖的另一个面透过玻璃砖观察P1、P2 的像，在白纸上竖直插上P3、P4 两颗大头针，使P3
挡住P1、P2 的像，P4 挡住P3 及P1、P2 的像，大头针的位置如图所示．
(i)作出该光束完整的光路图；
(ii)测得出射光线与AB 边的夹角为θ(θ为锐角)，测出直角三角形顶角A 的角度为α，求该玻璃砖的折射率n.
高考仿真模拟卷·物理·参考答案与解析
高考仿真模拟卷(一)
14．解析：选B.由n＝3 能级的激发态向低能级跃迁时，辐射三种光子能量分别为12.09 eV、10.2 eV、1.89 eV，
结合题意，根据光电效应方程可知，这种金属的逸出功一定小于10.2 eV，A 错误，B 正确；用波长最短即光子能量
为12.09 eV 的光照射该金属时，最大初动能一定大于1.89 eV，C 错误；由n＝3 能级跃迁到n＝2 能级产生的光子
能量最小，根据题意可知不能产生光电效应，D 错误．
15．解析：选C.对整体分析，其加速度沿斜面向下，可将此加速度分解为水平方向和竖直方向，再隔离B 分析
可得，故B 定会受到A 给B 水平向右的摩擦力，根据牛顿第三定律，则物块A 受到B 的摩擦力水平向左，故A 错
误；对整体分析，其加速度沿斜面向下，可将此加速度分解为水平方向和竖直方向，水平方向上的加速度a1＝acos θ
＝gsin θcos θ，竖直方向上的加速度a2＝asin θ＝gsin2 θ.隔离对B 分析，A 对B 的摩擦力f＝ma1＝mgsin θcos θ，故C
正确；先对整体分析，有沿向下加速度为gsin θ.再对B 分析，(把A 对B 的摩擦力和支持力看做一个力)，重力沿斜
面的分力产生的加速度为gsin θ，重力的另一个分力与把A 对B 的作用力平衡，所以B 对A 的合力垂直于斜面方向，
不做功，所以B 机械能不变，故B、D 错误．
16．解析：选A.两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv＝mg，因此最大速度与其质
量成正比，即vm∝m，m1
m2
＝v1
v2
，由图象知v1＞v2，因此m 甲＞m 乙；故A 正确，B 错误；释放瞬间v＝0，空气阻力
f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故C 错误；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由
图可知，t0 时间内两球下落的高度不相等，故D 错误．
17．解析：选D.从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c 表面运行，发射的速度应大于第三宇宙速度，
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故A 错误；根据GMm
r2 ＝m4π2
T2 r 知，T＝
4π2r3
GM
，与卫星的密度无关，故B 错误；沃尔夫1061c 和地球围绕的中
心天体不同，不能根据开普勒第三定律求解轨道半径的三次方，可知公转半径的三次方之比不等于
5
365
2
，故C 错
误；已知地球的质量，可以得知沃尔夫1061c 的质量，根据GMm
r2 ＝m4π2
T2 r 可以求出沃尔夫1061c 的半径，故D 正
确．
18．解析：选D.弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律mv0＝(m＋5m)v，解得v＝1
6v0；弹丸打入沙袋后，总质
量变大，且做圆周运动，根据T＝6mg＋6m v2
L
可知，细绳所受拉力变大，选项A 错误；根据牛顿第三定律可知，弹
丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，选项B 错误；弹丸打入沙袋过程中所产生
的热量为Q＝1
2mv20－1
2·6mv2＝5
12mv20，选项C 错误；由机械能守恒可得：1
2·6mv2＝6mgh，解得h＝v20
72g
，选项D 正
确．
19．解析：选AB.AC 之间电场是对称的，A 到B 的功和B 到C 的功相同，依据动能定理可得：qEd＝1
2mv2B－1
2mv2A，
2qEd＝1
2mv2C－1
2mv2A，解得vC＝3 m/s，A 正确；过B 做垂直AC 的线，此线为等势面，微粒出C 之后，会向无穷远
处运动，而无穷远处电势为零，故B 点的动能等于无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与
B 点相同，均为vB＝5 m/s，B 正确、D 错误；在到达A 点之前，微粒做减速运动，而从A 到C 微粒一直做加速
运动，C 错误．
20．解析：选AC.当A 摩擦力恰好为零时，物块与圆心连线与竖直方向的夹角为60°，受力如图所示，设A
物块做圆周运动的半径为r，
根据牛顿第二定律得：mgtan 60°＝mrω2，r＝Rsin 60°
此时B 物块有沿斜面向上滑的趋势，摩擦力沿容器壁切线向下，受力如图所示．设B 物块做圆周运动的半径为
r′，
竖直方向上：Ncos 30°－fsin 30°－mg＝0
水平方向上：Nsin 30°＋fcos 30°＝mr′ω2
其中r′＝Rsin 30°，联立解得：f＝（3－1）mg
2
，故A 正确，B 错误；
当B 摩擦力恰为零时，物块与圆心连线与竖直方向的夹角为30°，根据牛顿第二定律得：
mgtan 30°＝mr′ω2 其中r′＝Rsin 30°，此时A 滑块有沿斜面向下滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向上，
竖直方向上：Ncos 60°＋fsin 60°－mg＝0，
水平方向上：Nsin 60°－fcos 60°＝mrω2，
r＝Rsin 60°，联立解得：f＝（3－1）mg
2
，故C 正确，D 错误．
21．解析：选BC.根据右手定则可知ab 中的感应电流方向由b 到a，选项A 错误；由q＝I－Δt，I－＝E
－
2R，E
－＝
ΔΦ
Δt
，ΔΦ＝Bdx 可得q＝Bdx
2R ，选项B 正确；根据能量转化和守恒定律有2Q＝1
2mv20－μmgx，解得金属棒产生的
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焦耳热为Q＝1
4mv20－1
2μmgx，选项C 正确；对于金属棒，根据动量定理有－∑Bil·Δt－μmgt＝0－mv0，而∑i·Δt
＝q，联立可得t＝v0
μg
－B2d2x
2μmgR
，选项D 错误．
22．解析：(1)第④步中还应记录的是弹簧测力计拉力(即细线Pc)的方向，以便⑤中验证平行四边形定则．
(2)第⑤步中，钩码的重力、橡皮条的拉力和弹簧测力计的拉力三力平衡，则橡皮条拉力与弹簧测力计拉力的合
力大小等于重力G，方向与重力方向相反，即竖直向上．
答案：(1)弹簧测力计拉力(细线Pc)的方向
(2)G
竖直向上
23．解析：(2)单刀双掷开关接1 时，测出电流为电压表及R 电流之和，故RVR0
RV＋R0
＝U0
I0
，得：RV＝
U0R0
I0R0－U0
.
(3)由E＝U＋
U
R＋U
RV r，得1
U＝1
E＋r
ERV
＋r
E·1
R
则：k＝r
E，b＝1
E＋r
ERV
得：E＝
RV
bRV－k
，r＝kRV
bRV－k
.
答案：(1)连线如图所示
(2)
U0R0
I0R0－U0
(3)
RV
bRV－k
kRV
bRV－k
24．解析：(1)因粒子在电场E1 中受电场力F1＝q1E1＝0.75×10
－3 N＝3
4mg，
则受重力及电场力的合力F＝5
4mg，方向与L 成θ角．
tan θ＝
3
4mg
mg
＝3
4，θ＝37°.
设粒子到达C 点对轨道压力最大，设此时速度为vC，轨道对粒子支持力为N
由动能定理：mgRcos θ－q1E1R(1－sin θ)＝1
2mv2C－0
由牛顿第二定律得：N－F＝mv2C
R
解得：N＝9
4mg＝2.25×10
－3 N
由牛顿第三定律可知P 对轨道最大压力为2.25×10
－3 N.
(2)粒子到达轨道底时速度设为v
由动能定理得：mgR－q1E1R＝1
2mv2－0
解得：v＝1 m/s
在电场E2 中，因电场力F2＝q2E2＝10
－3 N＝mg
故粒子在L 左侧复合场中受B 作用做匀速圆周运动，再次到L 时速度大小仍为v，然后在E1 中受力及状态如
图
水平方向受力为q2E1 加速运动，ax＝q2E1
m ＝20 m/s2
运动位移为R 时，需要时间为t
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R＝vt＋1
2axt2
即0.2＝1×t＋1
2×20t2
解得：t＝－0.2 s(舍去)或t＝0.1 s
竖直方向受重力以g 加速，t s 内下落位移h＝1
2gt2＝0.05 m
要使B 落到圆轨道内，即：2r≤h＋R，r＝mv
q2B
解得B≥1 T.
答案：(1)2.25×10
－3 N
(2)B≥1 T
25．解析：(1)设滑块C 滑上传送带到速度达到传送带的速度v＝4 m/s 所用的时间为t，加速度大小为a，在时
间t 内滑块C 的位移为x，有μmg＝ma，v＝vC＋at，x＝vCt＋1
2at2
代入数据可得：x＝3 m，x＝3 m＜L，
滑块C 在传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C 从传送带右端
滑出时的速度为v＝4.0 m/s.
(2)设A、B 碰撞前A 的速度为v0，A、B 碰撞后的速度为v1，A、B 与C 分离时的速度为v2，有mAgh＝1
2mAv20，
mAv0＝(mA＋mB)v1，(mA＋mB)v1＝(mA＋mB)v2＋mCvC，A、B 碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒：Ep＋1
2(mA＋
mB)v21＝1
2(mA＋mB)v22＋1
2mCv2C，代入数据可解得：Ep＝2.0 J.
(3)在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送带
右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v.设A 与B 碰撞后的速度为v′1，分离后A 与B 的速度为v′2，滑块C 的
速度为v′C，C 在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝4 m/s，加速度大小为2 m/s2，有：v2－v′2C＝2(－a)L
解得：v′C＝4 2 m/s
以向右为正方向，A、B 碰撞过程：mAvm＝(mA＋mB)v′1，
弹簧伸开过程：(mA＋mB)v′1＝mCv′C＋(mA＋mB)v′2，
Ep＋1
2(mA＋mB)v′21＝1
2(mA＋mB)v′22＋1
2mCv′2C.
代入数据解得：vm＝4 2＋7
4 2
m/s≈8.1 m/s.
答案：(1)4.0 m/s
(2)2.0 J
(3)8.1 m/s
33．解析：(1)水的饱和汽压随温度的升高而增加，故A 正确；一切宏观过程的热现象都具有方向性，故B 错
误；液晶具有光学的各向异性，故C 正确；荷叶上的露珠呈球形是表面张力的结果，故D 正确；布朗运动是通过悬
浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，间接地反映了液体分子的无规则运动，故E 错误．
(2)①对气体，由等温变化得：
(p0＋h)lS＝(p0＋x)(L－x)S
代入数据得：x＝20 cm.
②对气体，由理想气体状态方程得：
（p0＋h）lS
T1
＝（p0－h）（L－h）S
T2
代入数据得：T2＝345 K.
答案：(1)ACD
(2)①20 cm
②345 K
34．解析：(1)质点P 向上振动，可以判断出此列波向右传播，A 选项错误；由题意知，再过0.1 s，质点P 由图
示位置第二次回到P 点，所以T＝0.1 s，波的传播速度为v＝λ
T＝20 m/s，故B 选项正确；当t＝0.125 s，故P 质点
振动了11
4T，P 正在向y 轴负方向运动，故C 选项正确；当t＝0.15 s 时，P 点振动了1.5T，P 到达了与x 轴对称的
下方位置，正在向y 轴负方向运动，速度正在减小，加速度正在增大，D 错误，E 正确．
(2)入射角i≤i0，i0 为全反射临界角，有：sin i0＝1
n
而tan i＝
3H
2
H＋d
且tan i≤tan i0
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联立解得：d≥H
2
又有：H>d
解得：H>d≥H
2.
答案：(1)BCE
(2)H>d≥H
2
高考仿真模拟卷(二)
14．解析：选A.若电子剩下能量为0.2 eV，则被汞原子吸收的能量为8.8 eV，汞原子能量变为－1.6 eV，跃迁
到第4 能级，故A 项正确；若电子剩下能量为1.4 eV，则被汞原子吸收的能量为7.6 eV，汞原子能量变为－2.8 eV，
不存在该能级，则不可能发生，故B 项错误；若电子剩下能量为2.3 eV，则被汞原子吸收的能量为6.7 eV，汞原子
能量变为－3.7 eV，不存在该能级，则不可能发生，故C 项错误；若电子剩下能量为5.5 eV，则被汞原子吸收的能
量为3.5 eV，汞原子能量变为－6.9 eV，不存在该能级，则不可能发生，故D 项错误．
15．解析：选D.踢出后的毽子，受到重力和空气阻力的作用，A 项错误；毽子到最高点时仍然受重力作用，B
项错误；上升过程中有kv＋mg＝ma，毽子向上运动过程中速度逐渐减小，故加速度减小；下降过程中有mg－kv
＝ma，下降过程中速度逐渐增大，故加速度减小，C 项错误，D 项正确．
16．解析：选A.长木板和滑块做初速度为0 的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得滑块的加速度a1＝μg，长
木板加速度a2＝F－μmg
M
，由运动学公式可得滑块与木板分离时，滑块相对地面的位移为x＝1
2a1t2，滑块相对长木板
的位移为L＝1
2a2t2－1
2a1t2，滑块相对地面的速度v＝a1t，若只减小滑块质量，再次拉动木板，根据牛顿第二定律得
滑块的加速度a1＝μg 不变，长木板加速度a2＝F－μmg
M
变大，由滑块相对长木板的位移为L＝1
2a2t2－1
2a1t2 可得运动时
间变小，滑块相对地面的位移为x＝1
2a1t2 变小，滑块相对地面的速度为v＝a1t 变小，故A 正确，B、C、D 错误．
17．解析：选B.根据x＝v0t＋1
2at2 可知x
t＝1
2at＋v0，故甲质点的初速度为v0＝0，加速度为a＝2c
d ，乙质点的初
速度为v′0＝c，加速度为a′＝－2c
d ，选项A 错误，选项B 正确；根据1
2at2＝v′0t＋1
2a′t2 解得t＝d
2，选项C 错误；t＝d
时，乙质点反向运动，而甲没有反向运动，选项D 错误．
18．解析：选C.粒子射出时速度均垂直于电场E，均受沿E 所在方向的电场力，故所有粒子均做类平抛运动，
在平行于E 方向粒子做初速度为零的匀加速运动，同一时刻到达位置均在同一等势面上，故C 正确；垂直于E 方向
粒子均做匀速直线运动，故粒子在同一时刻位置组成一圆面，在竖直方向且垂直于E，故D 错误；粒子位移均从粒
子源指向圆上各点，即一锥面母线，速度方向也不同，故A、B 错误．
19．解析：选BD.设两个黑洞质量分别为mA、mB，轨道半径分别为RA、RB，角速度为ω，由万有引力定律可
知：GmAmB
L2
＝mAω2RA，GmAmB
L2
＝mBω2RB，RA＋RB＝L，得mA
mB
＝RB
RA
，而AO＞OB，选项A 错误；vA＝ωRA，vB＝
ωRB，选项B 正确；GM＝ω2L3，又因为T＝2π
ω
，故T＝2π
L3
GM，选项C 错误，D 正确．
20．解析：选BD.小球从A→B 的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力
方向与之相反，指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水
平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C 的过程中，小
球对半圆槽的压力方向指向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半
圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有
物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，小球
运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A 错误，选项B 正确；当小球运动到C 点时，它的两个分运动的合
速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，故选项C 错误；因接触面都是光滑的，所以小球、半圆槽、
物块组成的系统机械能守恒，故选项D 正确．
21．解析：选ABC.导体棒返回时随着速度的增大，导体棒产生的感应电动势增大，感应电流增大，棒受到的
安培力增大，加速度减小，所以导体棒先做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动，故A 正确；导体棒沿着
导轨上滑过程中通过R 的电荷量为：q＝I－t＝Bd v－
2R t＝BdL
2R ，故B 正确；导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的
功等于回路中产生的总热量，由能量守恒定律得：W＝Q＝1
2mv20－mgLsin 30°＝1
2(mv20－mgL)，故C 正确；导体棒
沿着导轨上滑过程中电阻R 上产生的热量为：QR＝1
2×(1
2mv20－mgLsin 30°)＝1
4(mv20－mgL)，故D 错误．
22．解析：(1)由游标卡尺读数规则可知，示数为：
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10 mm＋0.05×15 mm＝1.075 cm.
(2)由题意可知，该同学是通过成倍改变位移来改变做功的，设小车所受的合力为F，对小车，有Fs＝1
2m
d
t
2
，
即有s∝1
t2，则D 正确．
(3)由(2)可知，公式中的F 是指小车所受到的合力，而且在整个实验过程中保持不变，所以在该实验中不需要平
衡摩擦力；同理可知，重物与小车质量的大小关系也不会对实验结果产生影响；若小车释放速度不为0，则会对实
验结果产生影响，选项C 正确．
答案：(1)1.075
(2)D
(3)C
23．解析：(1)对题图甲，根据闭合电路欧姆定律有E＝I(R0＋Rg＋r＋Rx)，故题图乙中图象的函数关系式为I＝
E
R0＋Rg＋r＋Rx
；
(2)用欧姆表测电阻时，指针指示在刻度盘中间附近，测量误差最小，指针偏转过大或指针偏转太小，测量误差
都较大，A 错误；测量中，当Rx 的阻值为图乙中的R2 时，电流小于满偏电流的1
2，指针位于表盘中央位置的左侧，
D 错误；欧姆表调零的实质是通过调节R0，使Rx＝0 时电路中的电流I＝Ig，Rx 越小，相同的电阻变化量对应的电
流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏，B、C 正确；
(3)根据表头满偏时有Ig＝
E
R0＋Rg＋r，半偏时有1
2Ig＝
E
R0＋Rg＋r＋Rx
，可知中值电阻R 中＝R0＋Rg＋r＝Rx＝15 Ω，
故Ig＝
E
R0＋Rg＋r
＝1.5 V
15 Ω
＝0.1 A.
答案：(1)I＝
E
R0＋Rg＋r＋Rx
(2)BC
(3)0.1 A
24．解析：(1)物块从1
4圆形光滑轨道下滑的过程，根据机械能守恒有mgR＝1
2mv21
解得v1＝4 m/s
物块在光滑圆轨道最低点，
根据牛顿第二定律有F－mg＝mv21
R
解得：F＝120 N
由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力F′＝－F＝－120 N，其中负号表示压力的方向竖直向下；
物块沿传送带滑到最左端速度恰好为零，由动能定理有
－μmg·L＝0－1
2mv21
代入数据解得：μ＝0.1.
(2)物块在传送带上先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
解得：a＝1 m/s2
则物块减速到零的时间为t1＝v1
a ＝4 s
反向加速时加速度不变，
故加速时间为t2＝v 带
a
＝3 s
这段时间的位移为x1＝1
2at22＝4.5 m
之后物块随传送带匀速运动，
则t3＝L－x1
v 带
＝1.17 s
物块以与传送带一样的速度滑上光滑圆轨道后，根据机械能守恒有1
2mv2
带＝mgh
代入数据解得：h＝0.45 m
物块在传送带上第一次往返所用的时间为
t＝t1＋t2＋t3＝8.17 s.
答案：(1)120 N
0.1
(2)0.45 m
8.17 s
25．解析：(1)根据粒子1 在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供有qvB＝mv2
R1
，
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解得R1＝mv
qB
则两粒子碰撞的位置为x1＝2R1＝2mv
qB
两粒子发生弹性正碰，
根据动量守恒定律有mv＝mv1＋2mv2
根据机械能守恒定律有
1
2mv2＝1
2mv21＋1
2·2mv22
联立解得：v1＝－1
3v，v2＝2
3v
粒子1 反弹后，由1
2qv1B＝mv21
R2
，
得R2＝mv1
qB ＝2mv
3qB
再次到达x 轴的距离为
x2＝2R2＝2 2mv
3qB
如图所示，Oc＝x1＋x2＝5 2mv
3qB .所以c 点的位置坐标为
5 2mv
3qB
，0
(2)类平抛运动的垂直和平行电场方向位移
s⊥＝s∥＝Ocsin 45°＝5mv
3qB
所以类平抛运动时间为t＝s⊥
v
＝5m
3qB
又由s∥＝1
2at2＝
q
2E
2m
t2
联立解得：E＝12vB
5
.
(3)粒子2 在电场中逆着电场线做匀减速运动减速到零后反向加速，进入磁场时的速度仍为v2＝2
3v，根据粒子2
在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供有1
2qv2B＝2mv22
R3
解得：R3＝8mv
3qB
故两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径之比为R2
R3
＝1
4.
答案：(1)见解析
(2)12vB
5
(3)1
4
33．解析：(1)液体的饱和汽压仅仅与温度有关，随温度的升高而增大，A 选项正确；单晶体在某些物理性质上
具有各向异性，多晶体和非晶体具有各向同性，B 选项正确；根据热力学第一定律可知，一定量的理想气体从外界
吸热，若同时对外做功，其内能不一定增加，C 选项错误；液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，D 选
项正确；当分子表现为斥力时，分子之间的距离增大，分子力减小，E 选项错误．
(2)①初态时，封闭气体的压强p1＝p0－ρg·2h，体积V1＝2S·(L－h)，温度为T1＝300 K.
末态时，封闭气体的压强p2＝p0－ρg·3h，体积V2＝2SL.
根据理想气体状态方程可知，p1·V1
T1
＝p2·V2
T2
.
联立解得T2＝450 K.
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②以理想气体为研究对象，从T2 到T3 过程，气体做等压变化，根据盖­吕萨克定律可知，
2SL
T2
＝2SL＋Sx
T3
.
解得x＝2.9 cm.
移动距离s＝2h＋x＝12.9 cm.
答案：(1)ABD
(2)①450 K
②12.9 cm
34．解析：(1)光从空气进入光纤时传播速度变小，A 正确；光导纤维利用了光的全反射原理，B 错误，C 正确；
光的入射角为i，折射角为r，根据折射定律得sin i
sin r＝n，当入射角i 趋于90°时，折射角r 最大，此时光在内侧面的
入射角最小，只要能保证此时光在侧面恰好发生全反射，即能保证所有入射光都能发生全反射，即sin (90°－r)＝1
n，
联立可得n＝2，只要折射率大于或等于2就能使所有的光都能发生全反射，E 正确，D 错误．
(2)①质点M 在t＝0 时沿y 轴负方向振动，经过7
4个周期第二次出现波峰
所以：t1＝7
4T
解得：T＝0.4 s
由图可知波长为4 m，可得波速为：v＝λ
T＝4
0.4 m/s＝10 m/s.
②从t＝0 开始，设经过Δt 质点Q 开始振动，则有：Δt＝xQ－xM
v
＝4
10 s＝0.4 s
所以质点Q 振动的时间为：Δt1＝t2－Δt＝1 s－0.4 s＝0.6 s
质点Q 通过的路程为：s＝Δt1
T
×4A＝0.6
0.4×4×10 cm＝60 cm.
答案：(1)ACE
(2)①10 m/s
②60 cm
高考仿真模拟卷(三)
14．解析：选B.要使原子核发生聚变反应，必须使核子间的距离接近到10
－15 m，A 项错误；设发生了x 次α
衰变和y 次β衰变，则根据质量数和电荷数守恒有2x－y＋82＝90，4x＋208＝232，解得x＝6，y＝4，故衰变过程
中要经过6 次α衰变和4 次β衰变，B 项正确；α射线是速度为0.1c 的氦核流，穿透能力最弱，C 项错误；β衰变
放出的电子是原子核发生变化时的产物，D 项错误．
15．解析：选D.
以小球为研究对象进行受力分析，小球受到重力，A、B 对小球的支持力，如图所示，
竖直方向根据平衡条件可得：F2cos θ＝mg
所以加速度变化时F2 不变；
水平方向根据牛顿第二定律可得：F1－F2sin θ＝ma，
解得：F1＝F2sin θ＋ma
加速度不断减小，则F1 减小，F1、F2 的合外力逐渐减小，故A、B、C 错误，D 正确．
16．解析：选D.因卫星质量未知，故无法比较能量，故A 错；卫星速度均小于第一宇宙速度7.9 km/s，故B 错；
卫星与月球均绕地球转动，v＝
GM 地
r
，月球轨道半径r 大，公转线速度小，故卫星速度比月球绕地球公转速度大，
所以C 错；由an＝ω2r，可见ω相同，r 大，向心加速度an 大，故D 正确．
17．解析：选D.由图看出，物体在8～9 s 内沿正方向运动，9～10 s 内沿负方向，由于两段时间内图象的“面
积”相等，说明两段时间内位移大小相等，所以物体在8～10 s 内位移为0，故A 错误；根据速度图象的斜率等于
加速度，可以看出，物体在8～10 s 内加速度最大，故B 错误；物体在0～9 s 内沿正方向运动，9～10 s 内沿负方向
返回，所以物体在9 s 末离出发点最远，故C 错误；由A 分析可知，物体在8～10 s 内的位移为0，由“面积”等
于位移，得到6～8 s 内的位移x＝2＋6
2
×2 m＝8 m，物体在6～10 s 内的平均速度为v－＝x
t＝2 m/s，故D 正确．
18．解析：选B.小物块a、b 碰撞时有Mv0＝(M＋m)v，碰撞时损失的机械能为ΔE＝1
2Mv20－1
2(M＋m)v2，解得
v＝
M
M＋mv0，ΔE＝
m
M＋m
·1
2Mv20，x 越大，v0 越大，ΔE 越大，选项A 错误；M 越大，a、b 碰后小物块a 的速度越
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大，动能越大，选项B 正确；仅x 越大，小物块a、b 压缩弹簧时的平衡位置不变，选项C 错误；小物块a、b 分离
时两者接触的弹力为零，两者的加速度相同，均为gsin θ，故弹簧处于原长状态，与M 无关，选项D 错误．
19．解析：选ABD.
如图，将粒子初速度v0 分解为垂直极板方向的vy 和平行极板方向的vx，根据运动的合成与分解，当分速度vy
＝0 时，粒子的速度方向正好与上极板平行，则根据运动学公式有，－v2y＝－2Eq
m d，由于vy＝v0cos 45°，Ek0＝1
2mv20，
联立解得E＝Ek0
2qd，选项A 正确；粒子到达上极板时，克服电场力做功为W＝qEd＝0.5Ek0，因而电势能增加0.5Ek0，
机械能减少0.5Ek0，选项B、D 正确；粒子到达上极板时，速度方向与上极板平行，选项C 错误．
20．解析：选BD.导体棒始终静止不动，回路中磁场按图示变化，根据法拉第电磁感应定律和楞次定律可知感
应电动势(感应电流)在0～t1 为0，t1～t3 恒定，选项A 错误，B 正确；根据安培力F＝BIL 知，0～t1，F 为0，f＝0；
t1～t3，F 均匀减小到零再均匀增大，方向先水平向右后水平向左，摩擦力与安培力等大反向，选项C 错误，D 正确．
21．解析：选ABD.
根据牛顿第二定律得：qvB＝mv2
r 得：r＝mv
qB，由题q
m、v、B 大小均相同，则轨道半径r 相同，故A 正确；粒子
的运动周期为T＝2πm
qB
，则知T 相同．根据左手定则分析可以知道，重新回到边界时两个离子的速度偏向角均为2
π－2θ，轨迹的圆心角也为2π－2θ，运动时间t＝2π－2θ
2π
T，时间相同，故B 正确；动量p＝mv，它们速度相同
但质量不同，所以动量不同，故C 错误；根据几何知识得知重新回到边界的位置与O 点距离d＝2rsin θ，r、θ相同，
则d 相同，故D 正确．
22．解析：(1)小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故合
力等于撤去的拉力；
(2)匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故
vC＝x0
2T＝x0f
2
动能增量为：1
2Mv2C＝Mx20f2
8
合力的功为：mgx1
需要验证的关系式为mgx1＝Mf2x20
8
.
答案：(1)mg
(2)x0f
2
mgx1＝Mx20f2
8
23．解析：(1)指针偏转角度太大，应选择较小的挡位，即“×1”挡位，测量结果为13 Ω；
(2)读数为1.5 mm＋20.4×0.01 mm＝1.704 mm；
(3)由于金属电阻丝的电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，选择阻值较小的滑动变阻器R1；电流表
A1 改装为电压表，由于电源电动势为6 V，故需要串联59 Ω的定值电阻R3，由于要精确测量，电流表A2 外接，电
路原理图见答案图；
(4)根据欧姆定律可得Rx＝I1（R3＋r1）
I2－I1
＝k（R3＋r1）
1－k
；
(5)根据Rx＝ρ
L
π（d
2）2可得电阻丝的电阻率为ρ＝k（R3＋r1）πd2
4（1－k）L
.
答案：(1)×1
13
(2)1.704(1.702～1.705 均可)
(3)如图所示
(4)k（R3＋r1）
1－k
(5)k（R3＋r1）πd2
4（1－k）L
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24．解析：(1)由图乙可知，t＝0.01 s 时刻ΔB
Δt
＝4 T/s
根据法拉第电磁感应定律得E＝nΔΦ
Δt
＝nSΔB
Δt
解得E＝0.6 V.
(2)0～0.02 s 内，I＝E
R＋r＝0.075 A，电荷量q＝IΔt，
解得q＝1.5×10
－3 C.
(3)0～0.02 s 内，E＝0.6 V，I＝0.075 A，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为
Q1＝I2(R＋r)t1＝9×10
－4 J
0．02～0.03 s 内，E′＝1.2 V，I′＝0.15 A，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为
Q2＝I′2(R＋r)t2＝1.8×10
－3 J
所以Q 总＝Q1＋Q2＝2.7×10
－3 J
而Q＝R
R＋r
Q 总，解得Q＝2.362 5×10
－3 J.
答案：(1)0.6 V
(2)1.5×10
－3 C
(3)2.362 5×10
－3 J
25．解析：(1)设物块经过圆轨道最低点的速度为v0，根据机械能守恒定律可得
mgR＝1
2mv20
解得R＝0.8 m
根据牛顿第二定律得F－mg＝mv20
R
解得F＝30 N
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为30 N.
(2)物块滑上木板后，由图象可知物块的加速度大小为
a1＝1 m/s2
物块与木板间的摩擦力的大小为f1＝ma1＝1 N
设木板的加速度为a2，则f1－μ0(M＋m)g＝Ma2
解得a2＝0.2 m/s2
当它们达到相同的速度时，有v＝v0－a1t＝a2t
解得t＝10
3 s
这一过程中，物块的位移为
x1＝v0t－1
2a1t2＝70
9 m
木板的位移为
x2＝1
2a2t2＝10
9 m
物块与木板因摩擦产生的热量为
Q1＝f1(x1－x2)＝20
3 J
木板与地面摩擦产生的热量为
Q2＝μ0(M＋m)gx2＝4
9 J
所以因摩擦共产生的热量为
Q＝Q1＋Q2＝64
9 J.
答案：(1)30 N
(2)64
9 J
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33．解析：(1)扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动，选项A 正确；外界对物体做功，若物体放热，物体
内能不一定增加，选项B 错误；当液体与大气相接触，表面层内分子间距较大，分子力表现为引力，故选项C 正确；
由热力学第二定律可知，若有外界影响，热量可以从低温物体传向高温物体，也可以从单一热源吸收热量，使之完
全变成功，选项D 正确；高原地区水的沸点较低是由于高原地区大气压强较小，选项E 错误．
(2)①因为细砂是缓慢放置的，所以气体等温变化，据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2
p1＝p0＋mg
S ，p2＝p0＋mg＋m 砂g
S
V1＝hS，V2＝2
3hS
代入数据解得m 砂＝1 kg
因为气体体积减小，外界对气体做功，理想气体温度不变，内能不变，所以此过程放热．
②使活塞恢复到原高度的过程，气体压强不变，气体对外做功为
W′＝p2(V1－V2)＝2 J，即外界对气体做功W＝－2 J
据ΔU＝W＋Q
气体内能增量ΔU＝3 J.
答案：(1)ACD
(2)①1 kg
放热
②3 J
34．解析：(1)由多普勒效应可知，当波源与观察者互相靠近时，观察者接收到的波的频率变高，选项A 正确；
通过小缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，是光的衍射现象，选项B 正确；在镜头前加一个偏振片，可以减小反
射光的影响，应用了光的偏振现象，选项C 错误；同样的装置，光的波长越长，双缝干涉实验形成的干涉条纹中两
相邻亮(暗)条纹间距越大，选项D 正确；日光灯的光不是相干光，选项E 错误．
(2)①已知∠OSA＝30°，由几何关系知光在A 点的入射角为i＝30°，折射角为r＝60°
则该透明介质的折射率为n＝sin r
sin i＝3.
②光在该球体中的传播速度v＝c
n
光由S 点传到A 点的时间
t1＝SA
v ＝
2Rcos 30°
c
n
＝3R
c
光由A 点传到M 点的时间
t2＝AM
c ＝R－Rcos 60°
c
＝R
2c
解得t1
t2
＝6.
③由题意可知临界角为C＝∠OBS，则
sin C＝1
n＝3
3 ，又cos C＝6
3
故B 点到SO 的距离d＝2Rcos C×sin C＝2 2
3 R.
答案：(1)ABD
(2)①3
②6
③2 2
3 R
高考仿真模拟卷(四)
14．解析：选A.有一氢原子处于n＝3 的激发态，在它向n＝2 能级跃迁时，辐射的光子能量最小，辐射的光子
的波长最大，则有E3－E2＝hc
λ ，解得λ＝－－36hc
5E1
，故A 正确，B、C、D 错误．
15.
解析：选C.在光滑段运动时，物块a 及物块b 均处于平衡状态，对a、b 整体受力分析，受重力和支持力，二
力平衡；对b 受力分析，如图，受重力、支持力、绳子的拉力，
根据共点力平衡条件，有Fcos θ－FNsin θ＝0
①；
Fsin θ＋FNcos θ－mg＝0
②；
由①②两式解得：F＝mgsin θ，FN＝mgcos θ；
当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能：
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①物块a、b 仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到：
Fsin θ＋FNcos θ－mg＝0
③；
FNsin θ－Fcos θ＝ma
④；
由③④两式解得：F＝mgsin θ－macos θ，FN＝mgcos θ＋masin θ；
即绳的张力F 将减小，而a 对b 的支持力变大；
再对a、b 整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面对
a 支持力不变．
②物块b 相对于a 向上滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，支持力的竖直分力
大于重力，因此a 对b 的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对a 的支持力也增
大．综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对a 的支持力可能增加或不变；a 对b 的支持力一定增
加；故A、B、D 错误，C 正确．
16．解析：选C.人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，根据牛顿运动定律求解
卫星的角速度．卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，当卫星转过的角度与建筑物转过
的角度之差等于2π时，卫星再次出现在建筑物上空．绕地球运行的卫星，地球对卫星的万有引力提供向心力，设
卫星的线速度为v，则：GMm
r2 ＝mv2
r
，所以v＝
GM
r ，可知a、b 线速度大小之比为
R＋H
R＋h
，故A 错误；设卫
星的角速度为ω，GMm
r2 ＝mω2r，得ω＝
GM
r3 ，所以：ωa
ωb
＝
R＋H
R＋h
3
，又由于同步卫星b 的角速度与c 的角速度
相同，所以ωa
ωc
＝
R＋H
R＋h
3
，故B 错误；同步卫星b 的角速度与c 的角速度相同，根据：a＝ω2r 可得：ab
ac
＝R＋H
R
，
故C 正确；设经过时间t 卫星a 再次通过建筑物c 上方，根据几何关系有：(ωa－ωc)t＝2π，又mg＝GMm
R2 ，联立解
得：t＝
2π
ωa－ωc
＝
2π
GM
（R＋h）3－
GM
（R＋H）3
＝
2π
gR2
1
（R＋h）3－
1
（R＋H）3
，故D 错误．
17．解析：选A.根据位移图象的斜率表示速度可知，两个质点在0～t0 时间内，乙做匀速直线运动，其加速度
为零，而甲做加速度逐渐增大的加速直线运动，两个质点在0～t0 时间内任一时刻的加速度都不同，选项A 正确；
两个质点在0～t0 时间内，位移大小相等，运动方向都是沿x 轴负方向，运动方向相同，选项B、D 错误；根据位移
图象的斜率表示速度可知，两个质点在0～t0 时间内，有一时刻速度相同，选项C 错误．
18．解析：选C.该线圈产生的电动势的最大值为Umax＝NBSω＝100×
2
16π
×0.2×0.4×100π V＝50 2 V，A
错误；根据理想变压器的变压公式可得副线圈两端电压的有效值为25 V，由于二极管的单向导电性，结合有效值的
定义有（25 V）2
R
×T
2＝U2
R T，解得电压表的示数为U＝12.5 2 V≈17.68 V，B 错误；由焦耳定律得1 min 内电阻R
上产生的热量为Q＝252
2×25
×60 J＝750 J，C 正确；减小电阻R 的值，副线圈中的电流增大，则原线圈中的电流增大，
电流表的示数变大，D 错误．
19．解析：选BC.物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为3mgt0，选项A 错误；由于下滑与上
滑的位移大小相等，根据数学知识可以求出物块返回底端时的速度．设物块返回底端时的速度大小为v，则v0t0
2 ＝v2t0
2 ，
得到v＝v0
2 ，物块从t＝0 时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为Δp＝mv0－－1
2mv0 ＝3
2mv0，选项B
正确；根据动量定理得：上滑过程：－(mgsin θ＋μmgcos θ)·t0＝0－mv0，下滑过程：(mgsin θ－μmgcos θ)·2t0＝m·1
2v0，
由两式解得，sin θ＝5v0
8gt0
，μ＝3
5tan θ，故C 正确；根据μ＝3
5tan θ可求解摩擦力，根据图线也可求解3t0 内的路程，
由此可求解3t0 时间内物块克服摩擦力所做的功，选项D 错误．
20.
解析：选AC.在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示，由此可知不带电小球做
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平抛运动a1＝g，带正电小球做类平抛运动a2＝G－F
m
，带负电小球做类平抛运动a3＝G＋F
m
，根据题意，三小球在竖
直方向都做初速度为0 的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h 相等，据t＝
2h
a 得三小球
运动时间，正电荷最长，不带电小球次之，带负电小球时间最短；三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，
则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，故水平位移最大的A 点是带正电荷的小球，B 点是不带电的小球，
C 点是带负电的小球，故A 正确，B 错误；根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球
做的功．由受力分析图可知，带负电小球合力最大为G＋F，做功最多动能最大，带正电小球合力最小为G－F，做
功最少动能最小，EkA<EkB<EkC，故C 正确；因为A 带正电，B 不带电，C 带负电，所以aA＝a2，aB＝a1，aC＝a3，
所以aA<aB<aC，故D 错误．
21．解析：选BCD.带电粒子在电场中第一次加速有qEL＝1
2mv21－0，在右边磁场中做匀速圆周运动的向心力由
洛伦兹力提供，有qv1B1＝mv21
L
，解得B1＝
2mE
qL ，带电粒子在电场中第二次加速有qEL＝1
2mv22－1
2mv21，带电粒
子在左边磁场中做圆周运动回到G 点，有qv2B2＝mv22
L，解得B2＝2
mE
qL，故有B2＝2B1，选项A 错误；由带电
粒子在电场中第三次加速有qEL＝1
2mv23－1
2mv22，得v3＝
6qEL
m ，则粒子第二次在右边磁场中做圆周运动的半径为
R1＝mv3
qB1
＝3L<2L，故带电粒子一定从MN 边射出磁场，选项B 正确；把带电粒子在电场中两次加速的过程等效成
一次连续的加速过程，则在电场中加速的时间为t1＝
2L
v2
2
＝2
mL
qE，在右边磁场中运动的时间为t2＝T1
2 ＝πm
qB1
＝π
mL
2qE，在左边磁场中运动的时间为t3＝T2
2 ＝πm
qB2
＝π
2
mL
qE ，故第一次完整的回旋时间为t＝t1＋t2＋t3＝
2＋2π
2
＋π
2
mL
qE，选项C 正确；因为磁感应强度B 越大，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径越小，故
可以同时增大两边磁场的磁感应强度，选项D 正确．
22．解析：(1)v＝d3－d1
2T
＝0.034 8－0.010 7
2×0.02
m/s＝0.6 m/s.
(2)根据逐差法可得：
a＝（d6－d3）－d3
9T2
＝d6－2d3
（3T）2＝0.076 8－2×0.034 8
0.062
m/s2＝2.0 m/s2.
(3)对系统受力分析，由牛顿第二定律得mg＝(M＋m)a，由v2－v20＝2ad 可得a＝v2
2d＝k
2，联立解得g＝k（M＋m）
2m
.
答案：(1)0.6
(2)2.0
(3)k（M＋m）
2m
23．解析：测金属的电阻率，据实验器材无法绘制I－U 图象，电阻丝上有线夹，就可以测出电阻丝上两个位
置之间的电阻，再根据R＝ρL
S求得电阻率ρ.c 除了记录电流表的示数外还需记下此时线夹的位置M 和电阻箱的示数
R1，设此时电阻丝接入电路的电阻RM；d 改变线夹的位置，调节电阻箱使电流表的示数不变，记录此时线夹的位置
N 和电阻箱的示数R2，设此时电阻丝接入电路的电阻RN；e 用米尺测量M、N 间距L；f 因两次电流表的示数相等，
所以R1＋RM＝R2＋RN，有M、N 间的电阻R＝RM－RN＝R2－R1，又R＝ρL
S，则ρ＝πd2|R2－R1|
4L
.
答案：
(1)0.531 或0.532
(2)①如图
②c.线夹的位置M
电阻箱的示数R1；
d．线夹的位置N
电阻箱的示数R2；
e．测量两次线夹位置MN 间的距离L；
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f．ρ＝πd2|R1－R2|
4L
24.
解析：(1)由牛顿第二定律：qE＝ma，可得在电场中加速度a＝qE
m
粒子在电场中水平方向上做匀速直线运动，运动时间
t＝L
v0
在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，
则射出电场时的竖直分速度vy＝at
速度偏向角tan θ＝vy
v0
由以上各式，代入数据解得：tan θ＝1，所以θ＝45°.
(2)粒子射出电场时运动速度大小为：v＝v20＋v2y
在磁场中洛伦兹力提供向心力有：Bqv＝mv2
r
解得：r＝mv
Bq，由几何关系得AB＝2r，
代入数据解得AB＝10
－2 m＝1 cm.
答案：(1)45°
(2)1 cm
25．解析：(1)由牛顿第二定律得
mgsin θ－f＝ma
①
N＝mgcos θ
②
又f＝μ1N
③
由①②③式得a＝2 m/s2.
④
(2)设货物滑到斜坡底端时的速度为v0，由运动学公式得
v20－0＝2as
⑤
设货物滑到A 车最右端时货物与A 车的速度为v，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
⑥
由功能关系得
μ2mgL＝1
2mv20－1
2(M＋m)v2
⑦
由⑤⑥⑦式得
s＝μ2gL
Ma m＋μ2gL
a
⑧
由图可得s＝0.2m＋2
⑨
由④⑧⑨式代入数据得
μ2＝0.4，M＝10 kg.
⑩
(3)货物会从B 车右端滑出．
理由说明方法一：
由⑧式可知在s、m 一定时，平板车质量越小，货物恰好不滑出所需要的平板车长度越小，货物就越不容易滑
出．
货物在A 车上滑行时，相当于与质量为20 kg 的车发生相互作用；货物在B 车上滑行时，只与质量为10 kg 的
车发生相互作用．
若货物全程都在质量为10 kg 的车上滑行，由⑧式代入数据可得货物恰好不滑出所需要的平板车长度L′＝2 m，
故会滑出．
理由说明方法二：
设M′、L′分别为货物恰好不滑出时对应的车的质量和长度，由⑧式代入s＝8 m、m＝10 kg 可得
L′＝
4
10
M′＋1
，
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当M′＝10 kg 时L′＝2 m，当M′>10 kg 时L′>2 m，故会滑出．
答案：见解析
33．解析：(1)布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，A 错误；改变内能的方式有做
功和热传递，所以对一定质量的气体加热，其体积和内能可能都增加，B 正确；温度是分子平均动能的标志，所以
物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大，C 正确；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反
热力学第二定律，D 错误；分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于、大于或等于引力，主要看分子间的距离
关系，故E 正确．
(2)①初始时活塞平衡，有pASA＋pBSB＝p0(SA＋SB)
已知SB＝3SA，pA＝1.6p0
代入上式可解得：pB＝0.8p0.
②末状态活塞平衡，pA′SA＋pB′SB＝p0(SA＋SB)
可解得pB′＝0.5p0
B 中气体初、末态温度相等，
由pBV0＝pB′VB′，可求得VB′＝1.6V0.
设A 中气体末态的体积为VA′，因为两活塞移动的距离相等，故有
VA′－VA
SA
＝VB′－VB
SB
，可求出VA′＝1.2V0.
由气态方程pA′VA′
TA′
＝pAVA
TA
，
解得TA′＝pA′VA′
pAVA
TA＝562.5 K.
答案：(1)BCE
(2)①0.8p0
②562.5 K
34．解析：(1)波在同种介质中的传播速度相同，所以两波同时到达M 点，且有v
f1
＝2v
f2
，则f1∶f2＝1∶2，选项
A、B 正确；从波形可知，左侧波的起振方向向下，右侧波的起振方向向上，选项C 正确；由于两波频率不同，则
相遇时不会产生明显的干涉现象，选项D 错误；当左侧波谷移动到M 点，右侧平衡位置移动M 点，左侧波峰移到
M 点，右侧平衡位置移动M 点，则最大位移不为2A，选项E 错误．
(2)(i)当光线由O 点入射时，令光线的折射角为θ，由几何关系可知θ＝30°
玻璃砖的折射率
n＝sin 45°
sin θ
n＝2.
(ii)当光线从B 点入射时，光路图如图所示
在M 点恰好发生全反射
sin C＝1
n
全反射临界角
C＝45°
由几何关系可知
∠OBM＝120°
根据正弦定理可得
OB
sin C＝
R
sin∠OBM
可得OB＝6
3 .
答案：(1)ABC
(2)(i) 2
(ii) 6
3
高考仿真模拟卷(五)
14．解析：选B.大量氢原子从n＝4 的能级跃迁能产生6 种不同频率的光，故A 错误；其中能让钠光电管发生
光电效应现象的有4 种光子，即为从n＝2 到n＝1，从n＝3 到n＝1，从n＝4 到n＝1，从n＝4 到n＝2，故B 正确；
光电子来自金属板中的自由电子，故C 错误；氢原子从n＝4 的能级向n＝1 发生跃迁，发射光子能量最大，当照射
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钠光管放出能量为E＝(13.6－0.85－2.29) eV＝10.46 eV，而氢原子从n＝1 的能级跃迁到n＝3 的能级，需要吸收能
量为E′＝(13.6－1.51) eV＝12.09 eV，因10.46 eV<12.09 eV，不能实现跃迁，故D 错误．
15．解析：选C.t＝0 时刻a 车与b 车在同一位置，t2 时刻a 车在b 车前方，而t2 时刻两车的速度相等，之后a
车的速度比b 车的大，所以两车不可能相遇，故A 错误；由图可知，b 车的速度一直沿正方向，说明b 车的运动方
向没有发生变化，故B 错误；t＝0 时刻a 车与b 车在同一位置，在0～t1 时间内，a 车的速度大于b 车的速度，两者
间距增大，t1 到t2 时间内，a 车的速度小于b 车的速度，两车之间的距离不断减小，t2 时刻之后a 车的速度比b 车的
大，两车间距不断增大，所以不能确定何时两车间距最远，故C 正确，D 错误．
16．解析：选C.P 弹簧被压缩，弹力不为零，小球受重力、弹簧P 的压力、支持力，由于支持力有水平向左的
分力，弹簧Q 一定有拉力，由于斜面光滑，小球不受摩擦力，小球受4 个力平衡，故C 正确，A、B、D 错误．
17．解析：选D.石块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，大小不变，根据牛顿第二定律知，加速度大小不变，
方向始终指向圆心，而石块受到重力、支持力、摩擦力作用，其中重力不变，所受支持力在变化，则摩擦力变化，
故A、B、C 错误，D 正确．
18．解析：选C.粒子的速度不同，在磁场中做圆周运动的半径不同，从圆形磁场中出来后不一定垂直打在MN
板上，选项A 错误；沿圆心方向进入圆形磁场的粒子，离开磁场时速度的反向延长线一定过圆心，选项B 错误；若
粒子的速度为v＝qBR
m ，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝R，粒子离开磁场时速度沿水平方向，垂直打在MN
板上，选项C 正确；速度越大的粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角越小，因而运动时间越短，选项D 错误．
19．解析：选BC.根据匀变速直线运动规律有：－h＝v0t0－1
2g 月t20，解得：g 月＝2（v0t0＋h）
t20
，在月球表面有：
mg 月＝Gm 月m
R2 ，解得m 月＝g 月R2
G
＝2（v0t0＋h）R2
Gt20
，故A 错误，B 正确；根据万有引力提供向心力得：
Gm 月m
R2 ＝mv21
R，解得v1＝
Gm 月
R
＝
2（v0t0＋h）R
t20
，故C 正确；根据ρ＝
m 月
4
3πR3＝3（v0t0＋h）
2Gt20πR
，故D 错误．
20．解析：选BD.在第1 s 末，i1＝E
R，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F＝ma1，联立得F＝0.05 N，A 项错误；在第2 s
内，由题图分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s 末，i2＝E′
R，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1 m/s2，B 项正确；
在第2 s 内，v22－v21＝2a2L2，得L2＝1 m，C 项错误；q＝ΔΦ
R
＝BL1L2
R
＝0.2 C，D 项正确．
21．解析：选BC.球从A 上升到B 位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力kΔx＝mg 时，合力为零，加速度减
小到零，速度达到最大，之后小球继续上升弹簧弹力小于重力，球做减速运动，故小球从A 上升到B 的过程中，动
能先增大后减小，选项A 错误；小球从B 到C 的过程中，小球的重力做负功，故小球的动能一直减小，重力势能
一直增加，选项B 正确；根据能量的转化与守恒，小球在图甲中时，弹簧的弹性势能等于小球由A 到C 位置时增
加的重力势能：Ep＝mgAC＝0.2×10×0.3 J＝0.6 J，选项C 正确；由于无法确定小球受力平衡时的弹簧的形变量，
故无法求出小球的最大动能，故D 错误．
22．解析：(2)由刻度尺可读出A、D 之间的距离为s＝0.057 m，vA＝OB
0.08 s＝0.40 m/s，vD＝CE
0.08 s＝0.54 m/s.
(3)根据动能定理有
(m1＋m2)gs－μMgs＝1
2(m1＋m2＋M)(v2D－v2A)，
整理得μ＝2（m1＋m2）gs－（m1＋m2＋M）（v2D－v2A）
2Mgs
.
答案：(1)之前
(2)0.40
0.54
5.7×10
－2
(3)2（m1＋m2）gs－（m1＋m2＋M）（v2D－v2A）
2Mgs
23．解析：(1)为保护电池，应将阻值为R0＝5 Ω的定值电阻与电池串联．
(2)可以将电压表与阻值为R＝9 000 Ω的定值电阻串联，扩大量程为12 V，作为测量的电压表．
(3)根据设计的测量电路，若电压表读数为U，电流表读数为I，则改装电压两端电压为U＋U
3 000×9 000＝4U，
电源输出电流为I＋
U
3 000 Ω
，由闭合电路欧姆定律有E＝4U＋
I＋
U
3 000 Ω (r＋R0)，变换成U＝
3 000 Ω
12 000 Ω＋r＋R0
E
－3 000 Ω（r＋R0）
12 000 Ω＋r＋R0
I，由U－I 图象斜率的绝对值为k，纵轴截距为a，解得r＝12 000 Ω·k
3 000 Ω－k
－5 Ω，E＝12 000 Ω·a
3 000 Ω－k
.
答案：(1)串联
(2)电路原理图如图1
实物图如图2
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(3)12 000 Ω·a
3 000 Ω－k
12 000 Ω·k
3 000 Ω－k
－5 Ω
24．解析：(1)设两金属板P、Q 之间的距离为d.由于金属支架做切割磁感线运动，使两金属板间产生的电势差
为U＝Bdv
电场强度E＝U
d
由题意可知，小球进入两金属板间后，所受重力与电场力相等
即－qE＝mg
由以上三式可得：q＝－2
3 C.
(2)当小球进入磁场后，与金属板整个装置之间有电场力的作用：
F 电＝|qE|＝mg
对金属板整个装置受力分析，地面支持力FN＝Mg＋F 电
金属板整个装置做匀速运动：F＝f
摩擦力f＝μFN
由以上各式可得：F＝16 N.
(3)小球先做自由落体运动：2gh＝v20
小球进入磁场后做匀速圆周运动：|qv0B|＝mv20
R
由以上两式可得R＝3 m
小球在磁场中的运动周期T＝2πm
|qB|
，运动时间t＝T
2
在这段时间内金属板整个装置运动的距离x＝vt＝10.8 m
由题意可知，小球返回打到P 板的位置到小孔的距离l＝2R＋x＝16.8 m.
答案：见解析
25．解析：(1)由于电场力方向沿竖直方向，小球在水平轨道上运动时，速度与电场力方向垂直，所以电场力在
水平轨道上不做功，小球做匀速直线运动，故到达A 点时的速度为6 m/s
从A 到B 过程中，重力和电场力都做负功，故根据动能定理可得
－mg·2R－FE·2R＝1
2mv2B－1
2mv2A，
根据牛顿第二定律可得在B 点F＋3mg＝mv2B
R ，解得F＝210 N，
根据牛顿第三定律可得小球对轨道的压力大小为210 N.
(2)小球恰好能通过最高点B 时，小球与轨道间没有相互作用力，重力与电场力完全充当向心力
故有2mg＋mg＝m v′2B
Rmax
从A 到B 过程中，重力和电场力都做负功，故根据动能定理可得
－mg·2Rmax－FE·2Rmax＝1
2mv′2B－1
2mv2A
解得Rmax＝0.24 m.
答案：(1)210 N
(2)0.24 m
33．解析：(1)根据热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝－100 J＋120 J＝20 J，A 错误；根据热力学第二定律，一
切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，即热运动的宏观过程都是熵增加的过程，故B、E 正确；能量耗散
从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，说明能量虽然守恒，但是仍然要节约能源，故C 正确；
改变内能的方式有做功和热传递，外界对物体做功，物体的内能不一定增加，D 错误．
(2)①由题图乙可知A 状态时封闭气体柱压强为p1＝1.5×105 Pa，汽缸的横截面面积S＝1×10
－1
80×10
－2 m2＝1
8 m2
对活塞，有p0S＋mg＝p1S
由题意可知p1＝p0＋ρgh1
代入数据解得m＝625 kg，h1＝36.8 cm.
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②从A 状态到B 状态，汽缸内气体做等压变化
由盖－吕萨克定律有V1
T1
＝V2
T2
所以T2＝V2
V1
T1＝600 K.
答案：(1)BCE
(2)见解析
34．解析：(1)质点a 连续两次到达波峰位置的时间间隔是0.4 s，所以这列波的周期T＝0.4 s，由波速公式得v
＝λ
T＝0.1 m/s，A 正确；质点不随波的传播而移动，只在平衡位置附近振动，B 错误；由t＝0 时刻到质点c 第一次
到达波峰位置，波传播的距离x＝7 cm，Δt＝x
v＝0.7 s，C 正确；由于质点a、c 平衡位置之间的距离为8 cm，等于
2λ，故质点c 起振后，质点a、c 的运动情况是一致的，D 错误；从图示位置开始，波传播到质点c 的时间为0.4 s，
所以质点c 实际振动时间为0.4 s，因此质点c 振动通过的路程为s＝4A＝8 cm，E 正确．
(2)由折射定理n＝sin i
sin r，可知光束在MN 界面的折射角r＝30°光束到达半球形界面时的入射角为60°，因为
该玻璃砖的全反射临界角为sin C＝1
n＝1
3
<sin 60°，
所以光束在玻璃砖的半球形界面上发生两次全反射，光路如图所示，最终光线由玻璃砖的另一端N 点射出，依
据题意可知，光束在玻璃砖内的路程大小为x＝3R
光在玻璃砖中传播的速度v＝c
n＝3
3 c
则光束在该玻璃砖中传播的时间为t＝x
v＝3 3R
c
代入数据解得t＝3 3×10
－9 s.
答案：(1)ACE
(2)见解析
高考仿真模拟卷(六)
14．解析：选B.一束光照射到某种金属上不能产生光电效应，是因为这束光的频率低于这种金属的极限频率，
A 错误；天然放射现象中放出α粒子的为α衰变，B 正确；按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁
到半径较小的轨道时要释放能量，原子的能量减小，C 错误；所有物体都具有波粒二象性，D 错误．
15.
解析：选B.以B 点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力F(等于重物的重力G)、轻杆的支持力FN 和绳子的
拉力FT，作出受力图如图：
由平衡条件得知，FN 和FT 的合力F′与F 大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：FN
AB＝FT
BO＝F′
AO又F′＝G，
解得：FN＝AB
AOG；FT＝BO
AOG，使∠BAO 缓慢变小时，AB、AO 保持不变，BO 变小，则FN 保持不变，FT 变小．故
杆无所谓易断不易断，绳子越来越不容易断，故B 项正确．
16．解析：选A.嫦娥四号在着陆过程中，万有引力做正功，引力势能减小，故A 正确．在椭圆轨道上，由远月
点到近月点，万有引力做正功，速度增加，则远月点的速度小于近月点的速度，故B 错误．嫦娥四号由环月段圆轨
道变轨进入环月段椭圆轨道时，需点火减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，故C 错误．已知嫦娥四号环
月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，根据万有引力提供向心力可以求出月球的质量，但是月球的半径未知，
无法求出月球的体积，则无法得出月球的密度，故D 错误．
17．解析：选A.由于子弹射入木块的时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得，mv0＝(M＋m)v，解
得v＝mv0
M＋m
，根据动量定理，合外力的冲量I＝Mv＝Mmv0
M＋m
.故A 正确，B、C、D 错误．
18．解析：选C.由动量守恒定律可得出微粒碰撞后的总动量不变，由洛伦兹力与向心力的关系可得出半径表达
式，可判断出碰后的轨迹是否变化；再由周期变化可得出时间的变化．带电微粒和不带电微粒相碰，遵守动量守恒，
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故总动量不变，总电荷量也保持不变，由Bqv＝mv2
r
，得：r＝mv
qB
＝p
qB，p、q 都不变，可知微粒碰撞前、后的轨迹
半径r 不变，故轨迹应为pa，因周期T＝2πm
qB
可知，因m 增大，故微粒运动的周期增大，因所对应的弧线不变，圆
心角不变，故所用的时间将大于t，C 正确．
19．解析：选BD.由图示图象可知，0～0.10 s 内：ΔΦ＝ΔBS＝(1－0)×0.01 Wb＝0.01 Wb，0～0.10 s 线圈中
的感应电动势大小：E＝nΔΦ
Δt
＝300×0.01
0.1 V＝30 V，故选A 错误；由题可知细杆CD 所受安培力方向竖直向上，由
左手定则可知，电流方向为：C→D，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图象可知，在0.2～0.25
s 内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度B2 方向竖直向上，故选项B 正确，选项C 错误；对细框，
由动量定理得：B1Il·Δt＝mv－0，细框竖直向上做竖直上抛运动：v2＝2gh，电荷量：Q＝IΔt，解得：Q＝m 2gh
B1l
＝3×10
－3× 2×10×0.20
1×0.20
C＝0.03 C，故选项D 正确．
20．解析：选AC.A 极板带正电，B 极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电荷量只能增加不能减
小．若小球带正电，根据E＝U
d，C＝Q
U，C＝εrS
4kπd
，得E＝4kπQ
εrS
，当d 减小时，电容增大，Q 增大，知d 减小时E
增大，所以电场力变大，方向向下，小球做类平抛运动，竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N 点左侧，故
A 正确；若小球带正电，当d 增大时，电容减小，但Q 不可能减小，所以Q 不变，知E 不变，所以电场力不变，
小球仍然打在N 点，故B 错误；若小球带负电，当AB 间距d 增大时，电容减小，但Q 不可能减小，所以Q 不变，
知E 不变，所以电场力不变，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍然打在N 点，故
D 错误；若小球带负电，当AB 间距d 减小时，电容增大，则Q 增大，知E 增大，所以电场力变大，方向向上，若
电场力小于重力，小球做类平抛运动，竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N 点的右侧，故C 正
确．
21．解析：选BCD.设AB＝3BC＝L，从A 到B 由动能定理可知：1
2mv20＝5
3μmgL，因L 未知，则不能求解滑块
与水平面AC 的动摩擦因数μ，选项A 错误；设木板CD 长为l，从A 到D 根据动能定理：1
2mv20＝mglsin θ＋4
3μmgL，
解得mglsin θ＝1
10mv20，由几何关系可知2Rsin θ＝l，联立可求解l 和θ，选项B 正确；根据a＝gsin θ求解滑块在斜
面上的加速度a，根据l＝1
2at2 求解滑块在斜面上运动的时间，然后由P＝mglsin θ
t
求解重力的平均功率，选项C 正
确；根据Q＝1
2mv 20求解整个过程的摩擦热，选项D 正确．
22．解析：(1)如图所示．
(3)弹簧处于原长时，弹力为零，故弹簧的原长L0＝10 cm；
图象的函数表达式为：F＝k(L－L0)，故斜率表示劲度系数；劲度系数k＝ΔF
ΔL
＝25 N/m.
答案：(1)如图所示
(2)在弹性限度内，弹力和弹簧的伸长量成正比
(3)10
25(24.5～25.5 均算对)
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23．解析：A 是欧姆挡，选用×100 挡测量时，则读数是为：13×100 Ω＝1 300 Ω.若用B 挡电流挡测量，其量
程为10 mA，由图示表盘可知，其分度值为0.2 mA，则读数是为：5.4 mA，若用直流电压挡，其量程2.5 V，则其
分度值为0.05 V，测量值为1.70 V.
答案：1 300
5.4
1.70
24．解析：(1)设B 物体落地点与圆心的连线和水平面夹角为θ，B 物体与A 碰后的速度为v.落到圆弧轨道的时
间为t，根据平抛运动知识有：
Rcos θ＝vt
Rsin θ＝1
2gt2
解得：v＝
gRcos2θ
2sin θ
.
(2)设B 物体落到圆弧上的动能为Ek，根据动能定理有：
mgRsin θ＝Ek－1
2mv2
联立解得：Ek＝mgRsin θ＋mgRcos2θ
4sin θ
当sin θ＝3
3 时，Ek 最小，解得B 物体平抛初速度v 为：
v＝
3gR
3
.
(3)设A 与B 碰前速度为v0，A 与B 碰撞后的速度为v1，由动量守恒有：
Mv0＝Mv1＋mv
A 与B 碰后，应有：v≥v1
A 与B 碰撞可能有动能损失，则有：1
2Mv20≥1
2Mv21＋1
2mv2
联立解得：（M＋m）v
2M
≤v0≤（M＋m）v
M
在A 下滑的过程中，根据动能定理，有：Mgh＝1
2Mv20
联立解得：3（M＋m）2R
24M2
≤h≤3（M＋m）2R
6M2
.
答案：(1)
gRcos2θ
2sin θ
(2)
3gR
3
(3) 3（M＋m）2R
24M2
≤h≤3（M＋m）2R
6M2
25．解析：(1)微粒在复合场中做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡，有
mg＝qE
因为q
m＝k，则m
q＝1
k
则电场强度大小E＝mg
q ＝g
k.
(2)
如图为微粒运动轨迹图，由题意易知微粒在0～L 与2L～3L 中运动轨迹关于复合场对称，设从复合场穿时速度
方向与竖直方向的夹角为θ，有gt＝vcos θ
L＝vsin θ·t
对微粒在复合场中的运动
L＝2Rcos θ
R＝mv
qB
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联立以上各式求得微粒的初速度
v0＝vsin θ＝2mg
qB ＝2g
kB.
(3)x 轴上坐标：x＝L＋Rcos θ＝L＋L
2＝3
2L
y 轴上的坐标：y＝－[1
2g(L
v0
)2－Rsin θ]＝2g
k2B－k2B2L2
8g
故圆心坐标为(3
2L，2g
k2B2－k2B2L2
8g
)．
答案：见解析
33．解析：(2)①以活塞为研究对象，因为活塞处于平衡得：
pS＝p0S＋mg
所以被封闭气体压强为：p＝p0＋mg
S ＝p0＋ρgh
初始时，液面高度差为：h＝m
ρS.
②当降低温度至水银面相平的过程中，气体先做等压变化，后做等容变化．
初状态：p1＝p0＋mg
S ，V1＝1.5h0S，T1＝T0
末状态：p2＝p0，V2＝1.2h0S，
根据理想气体状态方程：p1V1
T1
＝p2V2
T2
代入数据解得：T2＝
4p0T0S
5p0S＋5mg
.
答案：(1)ACD
(2)①m
ρS
②
4p0T0S
5p0S＋5mg
34．解析：(1)由图可知，波长为8 cm，又因为波速v＝0.2 m/s，故波源的周期T＝λ
v＝0.08 m
0.2 m/s＝0.4 s，选项A
错误；经过0.1 s，即1
4周期，质点a 若向上运动，则通过的路程将大于10 cm，若向下运动，则通过的路程将小于
10 cm，故选项B 错误；在t0 时刻，质点a 距平衡位置的距离小，故它受到的回复力小，故这产生的加速度小于b，
选项C 正确；若质点a 比质点b 先回到平衡位置，说明质点a 向上振动，根据振动与波传播的规律可知，波沿x 轴
负方向传播，选项D 正确；若该波沿x 轴正方向传播，在t0 时刻c 点的运动方向垂直x 轴向上，选项E 正确．
(2)①光经AB 面反射，在BC 面上的折射与反射光路如图所示，
由几何关系可知，光在BC 面上的入射角i＝30°
由于在BC 面上折射光线与入射光线的偏向角为30°，
因此折射角为r＝60°
由折射定律得n＝sin r
sin i＝sin 60°
sin 30°
＝3.
②由几何关系可知，光在AB 面的入射角为60°，
光从棱镜进入空气发生全反射的临界角为
sin C＝1
n＝3
3 < 3
2 ＝sin 60°
即60°＞C，因此光线在AB 面上会发生全反射．
答案：(1)CDE
(2)①3
②见解析
高考仿真模拟卷(七)
14．解析：选B.根据爱因斯坦质能方程式，核反应中释放的能量为(m1－m2－m3)c2，选项A 错误；核反应中释
放出的γ射线的穿透本领比β粒子强，选项B 正确；半衰期是对大量原子核的统计得出的，对少量原子核不适用，
因此若有16 个钴－60 原子核，经过5.27 年后不一定只剩下8 个钴－60 原子核，选项C 错误；衰变反应释放的β粒
子是钴原子核内的中子转化为质子和电子形成的，选项D 错误．
15．解析：选B.负电荷从a 释放后，能加速运动到b，说明负电荷受到的电场力方向是从a 指向b，那么电场
线方向就是由b 指向a，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以a、b 两点的电势关系是φa<φb，故A 错误；由图(b)
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知，图线的斜率逐渐减小，则负电荷从a 运动到b 的过程中，它的加速度是逐渐减小的，由牛顿第二定律知，负电
荷从a 到b 时，受到的电场力是逐渐减小的，由E＝F
q知Ea>Eb，故B 正确，D 错误；负电荷在电势高处电势能小，
因φa<φb，则Epa>Epb，故C 错误．
16．解析：选B.由v－t 图象看出，物体在2～6 s 做匀速直线运动，则有：
f＝F2＝1 N，由速度图象可知，0～2 s 物体加速度为：a＝Δv
Δt
＝0.5 m/s2，F＝3 N．由牛顿第二定律得：F－f＝
ma，代入解得：m＝4 kg，故A 错误；前6 s 内合力的冲量为动量的变化量为：I＝Δp＝mv＝4 N·s，故B 正确；物
体在6 s 内的运动的位移为：x＝1
2×1×2 m＋1×4 m＝5 m，前2 s 内通过的位移为1 m，后4 s 内的位移为4 m，在
6 s 内推力的功为：W＝3×1 J＋1×4 J＝7 J，故C、D 错误．
17.
解析：选A.对a 和b 两个物体受力分析，受力分析图如下，因一根绳上的拉力相等，故拉力都为T；
由力的平衡可知a 物体的拉力T＝magcos 37°，b 物体的拉力T＝mbgsin 37°，联立可解得ma
mb
＝3
4，A 正确．
18．解析：选C.由GMm
R2 ＝mv2
R，得v＝
GM
R ，太空垃圾经过p 点后，由于太空垃圾运行轨道半径减小，则线
速度增大，C 正确；由mv2
R
＝ma，得a＝v2
R
，由于太空垃圾的线速度增大，轨道半径减小，则其向心加速度逐渐增
大，角速度逐渐增大，A、B 错误；由于空气阻力做负功，产生内能，根据能量守恒可知机械能变小，D 错误．
19．解析：选BC.对线框的下端平台侧面分析，若扁圆柱形磁铁上端为S 极，下端为N 极，周围磁感线由上往
下斜穿入线框内部，在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有垂直于纸面向里的分量，在此径向上的负电荷由下往
上运动，由左手定则知：此负电荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；同理，其他任
一径向上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力(中心原点除外)，所以，由上往下看(俯视)，线框沿逆时针转动，若扁
圆柱形磁铁上端为N 极，下端为S 极，则转动方向相反，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应，
故A 错误，B、C 正确；稳定时，因导线切割磁感应线，则线框中电流比刚开始转动时的小，故D 错误．
20．解析：选ABC.a 球和b 球组成的系统没有外力做功，只有a 球和b 球的动能和重力势能相互转换，因此a
球和b 球的机械能守恒，A 正确；设轻杆L 和水平杆L2 的夹角为θ，由运动关联可知vbcos θ＝vasin θ，得vb＝va·tan
θ，可知当b 球的速度为零时，轻杆L 处于水平位置和L2 杆平行，因此此时a 球在竖直方向只受重力mg，因此a
球的加速度大小为g，B 正确；当杆L 和杆L1 平行成竖直状态，球a 运动到最下方，球b 运动到L1 和L2 交点位置
的时候球b 的速度达到最大，此时由运动的关联可知a 球的速度为0，因此由系统机械能守恒有mg
2
2 L＋L ＝1
2mv2b，
得vb＝（2＋2）gL，C 正确；当轻杆L 向下运动到杆L1 和杆L2 的交点的位置时，此时杆L 和杆L2 平行，由运
动的关联可知此时b 球的速度为零，有系统机械能守恒有
2
2 mg·L＝1
2mv2a，得va＝
2gL，此时a 球具有向下的加
速度g，因此此时a 球的速度不是最大，a 球将继续向下运动到加速度为0 时速度达到最大，D 错误．
21．解析：选BD.金属棒在开始做匀速运动之前速度越来越大，由E＝BLv 可知感应电动势越来越大，根据I
＝E
R和F＝BIL 得，所受的安培力越来越大，由牛顿第二定律有mgsin θ－BIL＝ma，可知加速度越来越小，匀速运
动后合力为零，A 错误；在虚线2、3 之间由于金属棒匀速运动，有mgsin θ＝μmgcos θ，解得μ ＝tan θ，B 正确；
金属棒在光滑导轨上滑动时受到的安培力F＝B2L2v
R
，由平衡条件有F＝mgsin θ，解得v＝mgRsin θ
B2L2
，C 错误；金
属棒在虚线2、3 之间滑动时摩擦生热为QT＝μmgdcos θ＝mgdsin θ，整个运动过程中，根据能量守恒定律得3mgdsin
θ＝Q＋QT＋1
2mv2，解得Q＝2mgdsin θ－m3g2R2sin2θ
2B4L4
，D 正确．
22．解析：(1)为了保证滑块滑到滑槽末端的速度相等，可使滑块在桌面上运动的初速度相同．
(2)(3)设滑块滑到桌面时的速度为v0，离开桌面时的速度为v，根据动能定理－μmgL＝1
2mv2－1
2mv20
根据平抛运动H＝1
2gt2
x＝vt
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联立以上各式解得：x2＝2Hv20
g
－4μH·L
故k＝4μH，解得：μ＝k
4H.
故还测量桌面与地面的高度差H.
答案：(1)保证滑块到达滑槽末端的速度相等
(2)C
(3)μ＝k
4H
23．解析：(1)乙同学用滑动变阻器下面两个接线柱，接法错误，待测电源的电动势为3 V，电压表V1 的量程应
选择3 V，整个回路的最大电流约为
E
R0＋r＝3
3＋2 A＝0.6 A，电流表A 的量程应选择0.6 A.
(2)由闭合电路欧姆定律有E＝U1＋Ir，得I＝－1
rU1＋E
r；由欧姆定律有U1－U2＝IR0.
(3)R0 两端的电压U1－U2 没有系统误差，电流表示数比通过R0 的实际电流小，故R0 的测量值偏大．
答案：(1)①滑动变阻器接法错误
②电压表V1 量程用错
③电流表量程用错
④开关不能控制电压表V1
(2)U1
U1－U2
(3)大于
24．解析：(1)A、B 系统水平方向动量守恒，
有0＝mAvA－mBvB
则vA
vB
＝mB
mA
＝2
1.
(2)系统机械能守恒，有mAgR＝1
2mAv2A＋1
2mBv2B
解得vA＝2 m/s，vB＝1 m/s
A 离开B 后做平抛运动，运动时间
t＝
2h
g ＝
2×0.2
10
s＝0.2 s
该过程由于地面光滑，B 向左匀速运动，水平位移
sB＝vBt
A 在水平方向位移sA＝vAt
则A 落地点与B 左侧的水平间距
s＝sA＋sB＝(vA＋vB)t＝(2＋1)×0.2 m＝0.6 m.
答案：见解析
25.
解析：(1)若带电粒子射出磁场后垂直打在接收屏上，如图1 所示，则带电粒子在磁场中速度方向偏转了90°，
由几何知识可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆半径r1＝R＝10 3 cm
设带电粒子进入磁场时的速度为v1，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝mv21
r1
设两板间的电压为U1，带电粒子在电场中加速，由动能定理有
qU1＝1
2mv21
联立各式可得U1＝60 V.
(2)带电粒子打到A 点左侧的B 点，如图2 所示，xAB＝20 cm，则
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89 / 120
tan θ＝xAB
H ＝3
3 ，得θ＝30°
由几何关系可知α＝60°
由tan α＝R
r2
，可得r2＝0.1 m
由Bqv2＝mv22
r2
，解得v2＝4×103 m/s
带电粒子在加速电场中有qU2＝1
2mv22，解得U2＝20 V.
答案：见解析
33．解析：(1)温度是分子的平均动能的标志，温度发生变化时，分子的平均动能一定发生变化，而气体的内能
仅仅与温度有关，所以当它的温度发生变化时，内能一定改变．故A 正确；由气态方程pV
T ＝C 可知，气体的压强，
体积不变，pV 一定不变，则T 一定不变，故内能一定不变，反之则不对，故B 错误，C 正确；由气态方程pV
T ＝C
知，温度T 升高，pV 一定增大，但压强不一定增大，故D 错误；气体的温度升高1 K，内能的变化是相同的，而
内能的变化与吸收的热量以及外界对气体做功两个因素有关，所以气体的温度每升高1 K 所吸收的热量与气体经历
的过程有关，故E 正确．
(2)①活塞b 升至顶部的过程中，活塞a 不动，活塞a、b 下方的氮气做等压变化，设汽缸A 的容积为V0，氮气
初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，汽缸B 的容积为V0
4 ，由题给数据和盖－吕萨克定
律得V1＝3
4V0＋1
2×V0
4 ＝7
8V0①
V2＝3
4V0＋1
4V0＝V0②
V1
T1
＝V2
T2
③
由①②③式和题给数据得T2＝320 K．④
②活塞b 升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a 开始向上移动，直至活塞上升的距离是汽缸高度的1
16时，活
塞a 上方的氧气做等温变化，设氧气初态体积为V′1，压强为p′1，末态体积为V′2，压强为p′2，由题给数据和玻意
耳定律得
V′1＝1
4V0，p′1＝p0，V′2＝3
16V0⑤
p′1V′1＝p′2V′2⑥
由⑤⑥式得p′2＝4
3p0.
答案：(1)ACE
(2)①320 K
②4
3p0
34．解析：(1)由图象知，该波传播的周期为1 s，则从A 点传播到B 点用时t＝nT－T
12＝(n－1
12) s，(n＝1，2，
3，…)，则最大波速为vm＝x
t＝12 m/s，则选项C 正确；最大波长为λm＝vmT＝12 m，则选项A 正确；波传播的周期
为1 s，频率为1 Hz，则选项B 正确；由振动图象知，0.5 s 时B 向y 轴负方向运动，选项D 错误；由题及图可知
选项E 错误．
(2)(i)根据全反射定律可知，光线在BC 面上P 点的入射角等于临界角C，由折射定律得：sin C＝1
n①
代入数据得：C＝45°②
设光线在DC 面上的折射角为r，在△OBP 中，由几何关系得：
r＝30°③
由折射定律得：n＝sin i
sin r④
联立③④式，代入数据得：i＝45°⑤
(ii)
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在△OPC 中，根据正弦定理得：
OP
sin 75°
＝
L
sin 45°
⑥
得OP＝3＋1
2
L⑦
设所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得：t＝OP
v ⑧
而：v＝c
n⑨
联立⑥⑦⑧式，代入数据得：
t＝6＋2
2c
L.○
10
答案：(1)ABC
(2)见解析
高考仿真模拟卷(八)
14．解析：选A.根据跃迁规律可知从n＝4 向n＝2 跃迁时辐射光子的能量大于从n＝3 向n＝2 跃迁时辐射光子
的能量，则可见光a 的光子能量大于b，又根据光子能量E＝hν可得a 光子的频率大于b，则a 的折射率大于b，由
v＝c
n，可得在水中传播时，a 光较b 光的速度小，A 正确；氢原子从n＝4 的能级向n＝3 的能级跃迁时辐射出光子
的能量为：－0.85－(－1.51) eV＝0.66 eV，故B 错误；氢原子从n＝4 的能级跃迁时，能发生C24＝6 种频率的光子，
故C 错误；a 光子的频率大于b 光的频率，所以若a 光照射某种金属能发生光电效应，b 光不一定能，D 错误．
15．解析：选C.由变压器基本规律可知U1
U2
＝n1
n2
，设n2
n1
＝k，在开关断开前，有kU
R 灯
2
R＋R 灯
2
＝U0，在断开开关后，
依题意有3
4kU
R 灯
R＋R 灯
＝U0，两式联立可解得k＝3，所以当原线圈为500 匝时，副线圈匝数为1 500 匝．
16．解析：选D.根据题意分析，设阻力为f，根据牛顿第二定律F－f＝ma，根据图象分析，在0～1 s 内加速度
逐渐减小，所以外力F 逐渐减小，A 错误；根据题意分析，向右为正方向，3 s 前后速度始终为正值，始终是正方向，
向右运动，B 错误；根据牛顿第二定律F－f＝ma，根据图象分析在3～4 s 内加速度不变，所以外力不变，C 错误；
外力功率P＝Fv，结合选项C 的分析，F 不变，而3～4 s 内速度减小，所以功率减小，D 正确．
17．解析：选C.根据等量异种点电荷的电场线分布图具有对称性，而该图左右不对称，知A、B 所带的电荷量
不相等，故A 错误；P 点的电场强度是点电荷A、B 在P 点产生的合场强，连线AP、BP 相互垂直，根据矢量合成
的平行四边形定则知，EB＝E2－E2A，故B 错误；如果取无穷远处的电势为0，正电荷附近的电势高于0，负电荷附
近低于0，所以其A、B 连线上有电势为零的点，故C 正确；根据W＝－q(φ－0)＝－qφ，故D 错误．
18．解析：选A.ab 棒沿竖直向上运动，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断可知，ab 棒中的感应电流
方向为b→a，故A 正确；cd 棒电流由c 到d 所在的运动区域有磁场，所受的安培力向里，则受摩擦力向上，因电
流增加，则摩擦力增大，加速度减小到0，又减速运动，故B 错误；因安培力增加，cd 棒受摩擦力的作用一直增加，
会大于重力，故C 错误；力F 所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和，故D 错误．
19．解析：选AD.“嫦娥四号”在制动减速下降阶段，高度减低，除引力做功外，有其他外力做负功，机械能
将减小，选项A 正确；“嫦娥四号”探测器的发射速度如果大于第二宇宙速度，卫星将要脱离地球束缚，绕太阳运
动，所以“嫦娥四号”探测器的发射速度小于地球的第二宇宙速度，选项B 错误；“嫦娥四号”在地月转移段上经
过A 点若要进入环月段圆轨道需减速，所以“嫦娥四号”在地月转移段上经过A 点的速度大于在环月段圆轨道经过
A 点的速度，选项C 错误；根据万有引力提供向心力得：GMm
r2
＝m4π2
T2 r，可以求得月球质量M＝4π2r3
GT2 ，选项D 正
确．
20．解析：选AD.设平抛时的速度为v0，根据机械能守恒定律可得：
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1
2mv20＋mgh＝1
2mv2，解得：v0＝v2－2gh；
根据平抛运动的知识可得下落时间：t＝
2h
g ，则水平位移x＝v0t＝
v2
g
－2h ·2h，所以当v2
g
－2h＝2h 时水平
位移最大，解得h＝v2
4g
，A 正确；最大的水平位移为：x＝4h2＝2h＝v2
2g
，B 错误；根据机械能守恒定律可知，在某
高度处时上升的速率和下落的速率相等，C 错误；设速度方向与水平方向夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，根
据平抛运动的规律可知，tan θ＝2tan α＝2× h
2h＝1，则θ＝45°，所以D 正确．
21．解析：选BD.带电小球a 以一定的初速度v0 竖直向上抛出，带电小球c 在水平方向的匀强电场以相同的初
速度v0 竖直向上抛出，在竖直方向的分运动为竖直上抛运动，它们上升的最大高度关系为ha＝hc，带电小球b 在水
平方向的匀强磁场以相同的初速度v0 竖直向上抛出，受到与速度垂直的洛伦兹力作用，上升的最大高度为hb 一定
减小，即它们上升的最大高度关系为hb<ha＝hc，选项B 正确，A 错误；由于洛伦兹力不做功，重力做负功，电场力
做正功，所以到达最大高度时，a 小球动能最小，选项C 错误；由于洛伦兹力不做功，电场力做正功，根据功能关
系，带电小球b 机械能守恒，c 小球机械能增加，到达最大高度时，c 小球机械能最大，选项D 正确．
22．解析：(1)游标卡尺的主尺读数为7 mm，游标尺上第5 条刻度线和主尺上某一刻度线对齐，所以游标尺读
数为5×0.05 mm＝0.25 mm，所以最终读数为：7 mm＋0.25 mm＝7.25 mm.
(2)由表格得到：v2A＝30h；
(3)设杆长L，杆转动的角速度为：ω＝vA
L
；在杆上取Δx 长度微元，设其离O 点间距为x，其动能为：
1
2·m·Δx
L
·
vA
L
·x 2
；积分得到：Ek＝错误!1
2·m·Δx
L
·
vA
L ·x 2
＝1
6mv2A.
答案：(1)7.25
(2)v2A＝30h
(3)mv2A
6
23．解析：(1)根据原理图可知实物图如图1；
图1
(2)用直线将各点连接，如图2 所示；
图2
(3)图象与纵轴的交点为电源的电动势，由图2 可知，电动势E＝3 V；R0＋r＝3.00－1.00
0.13
Ω≈15.4 Ω
解得r＝(15.4－10) Ω＝5.4 Ω.
答案：(1)实物图见解析图1
(2)如解析图2 所示
(3)3.0
5.4
24．解析：(1)电场内、外边界电势差为U＝0－Φ＝45 V
在加速正电子的过程中，根据动能定理可得
qU＝1
2mv2－0
求得v＝
2qU
m ＝4×106 m/s
进入磁场做匀速圆周运动，由向心力公式可得qvB＝mv2
r
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求得r＝mv
qB＝0.25 m.
(2)正电子在磁场中运动的轨迹如图所示，当轨迹与接收器相切时，正电子恰好能被接收器接收．由几何关系可
得R′＝R2＋r2－r
求得R′＝17－1
4
m.
答案：见解析
25．解析：(1)由动能定理得Wf＝1
2mv21－1
2mv20
克服空气阻力做功W＝－Wf＝1
2mv20－1
2mv21
代入数据得：W＝3.6 J.
(2)空气阻力f＝kv
落地前匀速，则mg－kv1＝0
刚抛出时加速度大小为a0，则mg＋kv0＝ma0
解得a0＝1＋v0
v1 g
代入数据得：a0＝40 m/s2.
答案：见解析
33．解析：(1)气体放出热量，若外界对气体做功，气体的温度可能升高，分子的平均动能可能增大，选项A 正
确；布朗运动不是液体分子的运动，但是能反映液体分子在永不停息地做无规则运动，选项B 正确；当分子力表现
为斥力时，随着分子间距离减小，分子力做负功，分子力和分子势能均增大，选项C 正确；第二类永动机不违背能
量守恒定律，但是违背热力学第二定律，选项D 错误；对于气体分子，依据每个气体分子所占空间的体积估算分子
数目，但不能根据每个气体分子的体积估算分子数目，选项E 错误．
(2)对Ⅰ气体，初状态：p1＝p0＋mg
S ＝2p0
末状态：p′1＝p0＋3mg
S ＝4p0
由玻意耳定律得：p1L0S＝p′1L1S
解得：L1＝1
2L0
对Ⅱ气体，初状态：p2＝p1＋mg
S ＝3p0
末状态：p′2＝p′1＋mg
S ＝5p0
由玻意耳定律得：p2L0S＝p′2L2S
解得：L2＝3
5L0
A 活塞下降的高度为：ΔL＝(L0－L1)＋(L0－L2)＝9
10L0.
答案：(1)ABC
(2)见解析
34．解析：(1)电磁波的传播不需要介质，在真空中也能传播，但在介质中的传播速度由介质和频率共同决定，
B 错；泊松亮斑是用光照射不透光的小圆盘时产生的衍射现象，C 错．
(2)①设光在AD 面的入射角、折射角分别为θ1、θ2，则θ2＝30°，
根据n＝sin θ1
sin θ2
，得sin θ1＝nsin θ2＝1.5×sin 30°＝0.75.
θ1＝arcsin 0.75.
②根据n＝c
v，得v＝c
n＝3×108
1.5
m/s＝2×108 m/s，
根据v＝λf，得
λ＝v
f＝2×108
5.3×1014 m≈3.77×10
－7 m.
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③光路图如图所示，
ab 光线在AB 面的入射角为45°，
设玻璃的临界角为C，则sin C＝1
n＝1
1.5＝0.67，sin 45°>0.67，因此光线ab 在AB 面会发生全反射，
则光线在CD 面的入射角θ′2＝θ2＝30°
根据n＝sin θ′1
sin θ′2
，光线第一次从CD 面射出时的折射角为θ′1＝θ1＝arcsin 0.75.
答案：(1)ADE
(2)见解析
高考仿真模拟卷(九)
14．解析：选B.比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，选项A 错误；光电效应和康
普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子既具有能量，也具有动量，选项B 正确；
某原子核经过一次α衰变核内中子数减小2；再进过两次β衰变后，核内中子数再减小2，故共减少4 个中子，选
项C 错误；210
83Bi 的半衰期是5 天，12 g 210
83Bi 经过15 天后还剩下1.5 g 210
83Bi，选项D 错误．
15．解析：选B.x－t 图象斜率表示速度，前5 s 内甲、乙的斜率一直为负，运动方向一直相同，A 错误；t＝5 s
时甲、乙斜率相同，位移、时间都相同，所以相遇且速度相同，B 正确；由甲图线知t＝5 s 时，速度为－0.6 m/s，
乙做匀变速运动，v＝v0＋at，乙的初速度大小为1.6 m/s，C 错误；由位移x＝x0＋v0t＋1
2at2，代入(5 s，－3 m)及v0
的值，可得x0＝2.5 m，D 错误．
16．解析：选A.要使悬线拉力为零，则圆环通电后受到的安培力方向向上，根据左手定则可以判断，电流方向
应沿顺时针方向，根据力的平衡F＝BI· 3R，求得I＝3F
3BR，故A 项正确．
17．解析：选D.在两极点处有：GMm
R2 ＝mg，解得该天体的质量为：M＝gR2
G ，故A 错误；该天体的平均密度
为：ρ＝
M
4
3πR3＝
3g
4πGR
，故B 错误；由mg＝mv2
R
，解得该天体的第一宇宙速度为：v＝gR，选项C 错误；在赤道
处有：GMm
R2 －1
kmg＝m
2π
T
2
R，解得该天体的直转周期为T＝2π
kR
（k－1）g
，故D 正确．
18．解析：选C.根据部分电路欧姆定律，电压表示数U 与电流表示数I 的比值为可变电阻的阻值，因此比值变
大，A 错误；定值电阻R0 和电源内阻的总阻值不变，故电阻箱的阻值变化前后，内阻r 和R0 分得的总电压U1 与通
过的电流I1 的比值保持不变，即R0＋r＝U1
I1
＝ΔU1
ΔI1
，根据闭合电路的欧姆定律知，可变电阻两端电压的增大量等于
定值电阻和内阻分得的电压和的减少量，即ΔU1＝ΔU，串联电路，电流时时处处相等，故ΔI1＝ΔI，所以ΔU
ΔI
保
持不变，故B、D 错误；根据闭合电路欧姆定律，总电阻变大，总电流变小，内阻和R0 分得的电压减小，电阻箱两
端电压增大，电容器两端电压增加，故电容器的带电量增加了CΔU，C 正确．
19．解析：选BC.根据图象可知，当斜面倾角为θ1 时，摩擦力沿斜面向下，当斜面倾角为θ2 时，摩擦力沿斜面
向上，则夹角大于θ2 时，物块所受摩擦力一定沿木板向上；当斜面倾角在θ1 和θ2 之间时，物块处于静止状态，但摩
擦力不一定为零，故A 错误，B 正确；当θ＝0 时，木板水平放置，物块在水平方向受到拉力F 和滑动摩擦力f 作用，
已知F＝8 N，滑动摩擦力f＝μN＝μmg，所以根据牛顿第二定律物块产生的加速度：a0＝F－μmg
m
＝6 m/s2，故C 正
确；当θ＝45°时，重力沿斜面的分量F1＝mgsin 45°＝5 2 N<8 N，最大静摩擦力fm＝μmgcos 45°＝2 N，因为(8
－5 2) N< 2 N，所以此时物块处于静止状态，受到静摩擦力，则f＝(8－5 2) N，故D 错误．
20．解析：选BC.设正方形的边长为l，经AB 段和CD 段摩擦力做负功，大小为μmglcos β，经BC 段和AD
段摩擦力做负功，大小为μmglcos α，W1＝W2，A 错误，B 正确；小环从A 经B 滑到C 点和从A 经D 滑到C 点
过程中路程相等，到达C 点时速度大小相等．设AB 段加速度为a1，a1＝gsin β－μgcos β，AD 段加速度为a2，
a2＝gsin α－μgcos α，则a1<a2，B 点速度vB＝2a1l，D 点的速度vD＝2a2l，vD>vB，所以AD 段的平均速度大
于AB 段的平均速度，CD 段的平均速度大于BC 段的平均速度，小环从A 经B 滑到C 点所用时间大于从A 经D 滑
到C 点所用的时间，根据I＝mgt，得I1>I2，C 正确，D 错误．
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21．解析：选BD.由题意可知，F1＝ma，在t0 时刻，F2－BIL＝ma，且I＝BLv
R
，v＝at0，联立可得：F2－B2L2at0
R
＝ma，在t0 以后，F2 不变，t 增大，a 减小，直到a＝0 后匀速，A 错误，B 正确；由F1＝ma 和F2－B2L2at0
R
＝ma，
可得：a＝（F2－F1）R
B2L2t0
，C 错误；在0～t0 时间内，通过导体棒横截面的电荷量为：q＝ΔΦ
R
＝
B×L×1
2at20
R
＝（F2－F1）t0
2BL
，
D 正确．
22．解析：(1)小车的质量为M，沙桶的质量为m，根据牛顿第二定律得：对m：mg－F 拉＝ma
对M：F 拉＝Ma
解得：F 拉＝mMg
m＋M
＝
mg
1＋m
M
当m≪M 时，即当沙桶的总质量要远小于小车的质量，绳子的拉力近似等于沙桶的总质量，这样做的目的是小
车所受合外力大小等于(或约等于)mg.
(2)v1＝d
t1
，v2＝d
t2
，
加速度的表达式为a＝v22－v21
2x
＝d2（t21－t22）
2xt21t22
.
(3)如图．
(4)从图中发现直线没过原点，当F≠0 时，a＝0.也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明小车的
摩擦力与绳子的拉力抵消．该同学实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分．
答案：(1)≫
让小车所受合外力大小等于(或约等于)mg
(2)d2（t21－t22）
2xt21t22
(3)如解析图所示
(4)木板倾角偏小(或未完全平衡摩擦力)
23.
解析：(1)由题意，电源电动势为15 V，则电压表选D，电路中最大电流约为1.5 A，则电流表选B，热敏电阻
电压从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压式接法，且选用最大阻器较小的E.
(2)由于电压表的内阻远大于热敏电阻常温下的阻值，因此电流用外接法，电路如图所示．
(3)由图中曲线Ⅰ可知，电流随电压的增大而增大，温度升高，元件电阻值变大，则该电阻为PTC 电阻．
(4)由图知，当流过R1 电流为0.3 A 时，其两端电压为8 V，当流过R2 电流为0.6 A 时，其两端电压为6 V，由
闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，代入数据解得，电动势为10.0 V，内阻为6.67 Ω.
答案：(1)B
D
E
(2)如解析图所示
(3)PTC
(4)10.0
6.67
24．解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y 轴时的位置与原点O 的距离为y，则：
sOA＝1
2at2
a＝F
m
E＝F
q
y＝v0t
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联立解得a＝7.5×1014 m/s2，t＝2.0×10
－8 s，y＝0.4 m.
(2)粒子经过y 轴时在电场方向的分速度为：
vx＝at＝1.5×107 m/s
粒子经过y 轴时的速度大小为：
v＝v2x＋v20＝2.5×107 m/s
与y 轴正方向的夹角为θ，θ＝arctan vx
v0
＝37°
要使粒子不进入第三象限，如图所示，
此时粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，则：
R＋Rsin θ≤y
qvB＝mv2
R
联立解得B≥4×10
－2 T.
答案：(1)0.4 m
(2)B≥4×10
－2 T
25．解析：(1)当小球运动到半圆轨道与圆心等高处速度为零时，对物块从开始运动到与小球碰撞前，由动能定
理有
mgh＋W 电－μmg
L＋
h
tan θ ＝1
2mv2－1
2mv20
分析题图乙可知W 电＝1
4πqEm×0.2
物块与小球碰撞时，由动量守恒有mv＝mv1＋Mv2，由机械能守恒有1
2mv2＝1
2mv21＋1
2Mv22
对小球由能量守恒有1
2Mv22＝MgR，解得v0＝6 m/s
物块与小球恰能碰撞时，由动能定理有
mgh＋W 电－μmg
L＋
h
tan θ ＝0－1
2mv20，解得v0＝2 m/s
当小球恰能通过最高点时，由圆周运动知识可得Mg＝Mv23
R
小球从最低点运动到最高点的过程，根据动能定理得
－2MgR＝1
2Mv23－1
2Mv22，解得v0＝2 3 m/s
综上所述，物块在斜面顶端释放的初速度范围为2 m/s＜v0≤6 m/s 或v0≥2 3 m/s.
(2)小球离开最高点后，做平抛运动，设小球离开最高点时速度为v4，则有
水平方向x＝v4t，竖直方向y＝1
2gt2
又垂直打在斜面上，则x
y＝2v0
vy
＝2tan θ
设打在斜面上位置的高度为h′，则由几何知识可得x＝L＋
h′
tan θ
，
y＝2R－h′
代入数据联立可得h′＝0，v4＝3 2
2
m/s，故小球恰好垂直打在斜面的底端．
答案：(1) 2 m/s＜v0≤6 m/s 或v0≥2 3 m/s
(2)3 2
2
m/s
小球恰好垂直打在斜面的底端
33．解析：(1)根据分子动理论，温度越高，扩散进行得越快，故A 正确；扩散现象不是化学反应，故B 错误，
扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，故C 正确；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，故D 正确；液体
中的扩散现象不是由于液体的对流形成的，是液体分子无规则运动产生的，故E 错误．
(2)①根据平衡知识得：
上部混有少量的空气压强为：p1＝(76－70) cmHg＝6 cmHg
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上部混有少量的空气体积：V1＝(100－70)S＝30S
若在气温为27 ℃时，用该气压计测得的气压读数为64 cmHg，空气体积：V2＝(100－64)S＝36S
气体温度不变，根据玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
p2＝5 cmHg
p0′＝(64＋5) cmHg＝69 cmHg.
②T1＝(273＋27) K＝300 K
V3＝(100－73)S＝27S
T3＝(273－3) K＝270 K
根据气体状态方程pV
T ＝C 得：p1V1
T1
＝p3V3
T3
代入数据解得：p3＝6 cmHg
p0″＝(73＋6) cmHg＝79 cmHg.
答案：(1)ACD
(2)①69 cmHg
②79 cmHg
34．解析：(1)由乙图的振动图象可知，在t＝0.6 s 质点A 在平衡位置向y 轴负方向振动，则可知该列波沿x 轴
正方向传播，选项A 正确；由波形知，该列波的波长为λ＝20 m，由乙图的振动图象可知，该列波的周期为T＝1.2
s，则波速为v＝λ
T
＝20
1.2 m/s＝50
3 m/s，选项B 正确；从图示时刻开始，再过0.6 s，即再过半个周期，质点A 通过
的路程为2A＝4 cm，选项C 错误；由题知，P 点的横坐标为xP＝20
3 m，则最近的平衡位置传到P 点用时0.4 s，同
理，Q 点回到平衡位置用时0.8 s，则P 点比Q 点早0.4 s 回到平衡位置，选项D 正确；由于该波波长大于障碍物的
尺寸，则能发生明显的衍射现象，选项E 错误.
(2)(i)光线在BC 面上恰好发生全反射，入射角等于临界角C
sin C＝1
n
在AB 界面上发生折射，折射角θ2＝90°－C
由折射定律：sin θ1
sin θ2
＝n
由以上几式解得n＝6
2 .
(ii)光速v＝c
n＝6×108m/s
路程s＝L
sin C＋R＝0.8 m
所以t＝s
v＝2 6
15 ×10
－8 s.
答案：(1)ABD
(2)见解析
高考仿真模拟卷(十)
14．解析：选D.原子核衰变过程中，动量守恒，原来的原子核静止，衰变之后的新原子核和衰变粒子动量等大
反向，即速度方向相反，由图中所示的运动轨迹和左手定则可知，衰变粒子为正电荷，所以是α衰变，故A 错误；
由qvB＝m v2
r 知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝mv
qB，新原子核和衰变粒子动量等大，新核的电荷量大，半径
小，所以径迹1 是新核的径迹，故B 错误；新核与衰变射出粒子的半径之比：r1
r2
＝1
45，故D 正确；动能与动量的关
系：Ek＝p2
2m，所以新核与衰变射出粒子的动能之比2∶117，故C 错误．
15．解析：选D.“天舟一号”在离地面380 km 的圆轨道上做圆周运动，运动方向不断发生变化，故受到的力
不是平衡力，选项A 错误；GMm
r2 ＝mω2r，因“天舟一号”的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则其角速度大于
同步卫星的角速度，选项B 错误；“天舟一号”离轨后，在进入大气层前，因只有引力做功，机械能守恒，那么减
小的重力势能转化为增加的动能，其运行速度不断增大，动能增大，选项C 错误；GMm
R2 ＝m
2π
T
2R，而M＝ρ4
3π
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R3，可得ρ＝3π
GT2，即若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，即可求出地球的密度，选项D 正确．
16．解析：选A.从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt，
选项A 正确；矩形线圈从图示位置经过π
2ω
时间时，转过的角度为ωt＝π
2
，磁通量一直增加，电流方向没有改变，故
通过电流表的电荷量为q＝NΔΦ
R
≠0(其中R 为总电阻)，选项B 错误；交流发电机内电阻不计，故变压器输入电压
不变，根据理想变压器的变压比公式U1
U2
＝n1
n2
，当P 位置不动，R 增大时，电压表读数不变，仍然等于发电机的电动
势有效值，选项C 错误；当P 位置向上移动、R 不变时，根据理想变压器的变压比公式U1
U2
＝n1
n2
，输出电压变大，故
电流变大，功率变大，故输入电流也变大，电流表读数变大，选项D 错误．
17．解析：选B.虚线a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a 时的动能为10 eV，
从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV，动能减小了6 eV，电势能增加了6 eV，因此等势面间的电势差为2
V，因平面b 上的电势为2 V，由于电子的电势能增加，等势面由a 到f 是降低的，因此平面c 上的电势为零，故A
错误；由上分析可知，当电子由a 向f 方向运动，则电子到达平面f 的动能为2 eV，由于题目中没有说明电子如何
运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B 正确；在平面b 上电势为2 V，则
电子的电势能为－2 eV，动能为8 eV，电势能与动能之和为6 eV，当电子经过平面d 时，动能为4 eV，其电势能为
2 eV，故C 错误；电子经过平面b 时的动能是平面d 的动能2 倍，电子经过平面b 时的速率是经过d 时的
2 倍，
故D 错误．
18．解析：选C.0～2 s 内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故A 错误；图象
的斜率表示加速度，则由图可知，2～6 s 内物体先做加速运动，再做减速运动，故加速度方向先向下再向上，故B
错误；0～14 s 内物体先做加速运动，再做减速运动，故加速度方向先向下再向上，先失重后超重，故C 正确；在0～
24 s 内，2～12 s 内的加速度大小会发生变化，故物体不是匀变速运动，D 错误．
19．解析：选AC.由右手定则判断得知金属棒MN 中的电流方向为由N 到M，故A 正确；MN 产生的感应电动
势为E＝BLv，回路中的感应电流大小为I＝E
R＋r＝BLv
R＋r
，则电阻R 两端的电压为U＝IR＝RBLv
R＋r
，故B 错误；金属
棒MN 受到的安培力大小为F＝BIL＝BBLv
R＋r
L＝B2L2v
R＋r
，因为做匀速直线运动，所以MN 受到的拉力大小等于安培力，
故拉力大小为B2L2v
R＋r
，故C 正确；电阻R 产生焦耳热的功率为P＝I2R＝
BLv
R＋r
2
R＝RB2L2v2
（R＋r）2，故D 错误．
20．解析：选AD.粒子从P 点到O 点经电场加速，Eqh＝1
2mv2，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，Bqv＝mv2
r .
若粒子恰好垂直CM 射出磁场时，其圆心恰好在C 点，如图甲所示，其半径为r＝a.由以上两式可求得P 到O
的距离h＝B2a2q
2mE ，A 选项正确．
甲
乙
若粒子进入磁场后做匀速圆周运动，恰好平行于x 轴射出磁场时，其圆心恰好在CO 中点，如图乙所示，其半
径为r＝1
2a，由以上两式可得P 到O 的距离h＝B2a2q
8mE ，D 选项正确．
21．解析：选AD.从A 到D 的过程中，对小球受力分析，小球开始运动后，受到竖直向下的重力，沿着弹簧方
向的弹力，以及杆对小球的支持力．整个过程中杆对小球的力不做功．由于在A 点时弹簧处于原长，C 点与A 点关
于B 点对称，故从A 到C 的过程中弹簧对小球有从O 点指向杆的弹力．从C 到D 的过程中，弹簧长度大于原长，
弹簧对小球有沿弹簧指向O 的拉力．从A 到B，弹簧弹力有沿杆向上的分力，此时小球的加速度小于重力加速度．从
B 到C 的过程中，弹簧的弹力有沿杆向下的分力，此时小球的加速度大于重力加速度，A 正确；从B 到C，小球做
加速运动，动能增加．整个过程只有重力和弹簧弹力做功，小球机械能守恒．故从B 到C 小球的重力势能和弹簧的
弹性势能之和减少，B 错误；小球运动到C 点时，加速度不为零，速度没有达到最大，重力的瞬时功率P＝mgv 并
不是最大，C 错误；整个过程机械能守恒，在D 点重力势能最小，动能为0，故在D 点时弹簧的弹性势能达到最大，
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D 正确．
22．解析：(1)游标尺上共有20 小格，精度为0.05 mm，用游标卡尺测量挡光条的宽度l＝(8＋0.05×4) mm＝8.20
mm.
(2)欲验证机械能守恒定律，即Mgssin θ＝1
2M
l
t
2
，θ为气垫导轨与水平面间的夹角，只需验证在误差允许范围内，
gssin θ＝1
2
l
t
2
，可见没有必要测量滑块和挡光条的总质量M.
(3)由几何知识得sin θ＝H0
L0
，当s＝s0，t＝t0 时有1
t20
＝2gH0
l2L0
s0.
答案：(1)8.20
(2)没有
(3)2gH0
l2L0
s0
23．解析：(1)电路中可能出现的最大电流Im＝E
R＝4
7.5 A＝0.53 A，可见电流表B 的量程过大，直接用电流表C
量程过小，故可用电流表C 与定值电阻并联，此时改装成的电流表量程为I＝Ig＋Igrg
R0
＝0.1＋0.1×4
1
A＝0.5 A；
(2)滑动变阻器要用分压电路，故选用阻值较小的E；
(3)电路图如图所示；
(4)当电流表示数为40.0 mA 时，此时通过R 的电流Ix＝0.040＋0.040×4
1
A＝0.20 A；R 两端电压Ux＝1.60 V
－0.04×4 V＝1.44 V；则待测电阻R＝Ux
Ix
＝1.44
0.20 Ω＝7.2 Ω.
答案：(1)C
(2)E
(3)如解析图所示
(4)7.2
24．解析：(1)木块的加速度大小am＝μg＝3 m/s2
小车的加速度：aM＝μmg
M ＝0.3×1×10
3
m/s2＝1 m/s2
两者速度相等时：v＝v0－amt1＝aMt1
解得：t1＝1 s，v＝1 m/s
此后小车和木块共同匀速运动，则t＝2.0 s 时小车的速度大小v＝1 m/s.
(2)小车加速阶段的位移为：
x1＝1
2aMt21＝
1
2×1×12
m＝0.5 m
匀速运动的时间t2＝t－t1＝1 s
小车匀速阶段的位移为：x2＝vt2＝(1×1) m＝1 m
2 s 内小车运动的距离x＝x1＋x2＝1.5 m.
(3)速度相等前，木块的位移：x′＝v2－v20
－2am
＝2.5 m
木块和小车的相对位移为：Δx＝x′－x1＝2 m．木块与小车由于摩擦而产生的内能：Q＝f·Δx＝μmgΔx＝6 J.
答案：(1)1 m/s
(2)1.5 m
(3)6 J
25.
解析：(1)粒子由O 到P 的轨迹如图1 所示，粒子在磁场中做圆周运动，半径为R1，由几何关系知：R1＝l
2
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由牛顿第二定律可知：mv20
R1
＝qv0B
由此得B＝2mv0
ql .
(2)
粒子由O 到P 的轨迹如图2 所示，粒子在电场中做圆周运动，半径为R2，由几何关系知：(l－R2)2＋d2＝R22
得R2＝l2＋d2
2l
由牛顿第二定律可知：kQq
R22
＝mv20
R2
由此得：Q＝mv20（l2＋d2）
2lkq
.
(3)
粒子由O 经P′到P 的轨迹如图3 所示，在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动
在电场中运动时间t：t＝d
v0
在磁场中运动时间t：
t＝T
2＝πm
qB
由此得：B＝πmv0
qd
在磁场中做圆周运动，设半径为R3
则有v0t＝πR3
R3＝d
π
电场中P′P″＝l－2R3＝l－2d
π
P′P″＝1
2
qE
m t2
由此得E＝2mv20（πl－2d）
πqd2
.
答案：见解析
33．解析：(1)一切物质是由大量分子组成的，A 正确；－2 ℃时水已经结为冰，虽然水分子热运动剧烈程度降
低，但不会停止热运动，B 错误；温度是分子平均动能的标志，故分子运动也叫热运动，C 正确；分子间的引力与
斥力都随分子间的距离的增大而减小，D 正确；布朗运动是指悬浮在液体或气体中的小颗粒受到周围分子的撞击力
而引起的无规则运动．并不是液体或气体分子的运动，也不是悬浮的固体分子的运动，而是固体颗粒受到撞击后的
运动．它能间接反应液体或气体分子的无规则运动，E 错误．
(2)①缓慢升高汽缸内的温度，气体等压膨胀，当气柱长为L 时，活塞与汽缸脱离．设缸内气体的温度为T0.
由盖－吕萨克定律得L0S
T0
＝LS
T ，T＝L
L0
T0.
②设缸内气体压力为F，由于气体是等压膨胀，压力不变．
根据活塞受力平衡：F＋mg＝p0S，F＝p0S－mg
缸内气体压力对活塞做功：W＝F(L－L0)＝(p0S－mg)(L－L0)．
③根据热力学第一定律：ΔU＝W＋Q，由于缸内气体压力对活塞做功，W 为负，所以Q＝ΔU＋(p0S－mg)(L
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－L0)．
答案：(1)ACD
(2)①L
L0
T0
②(p0S－mg)(L－L0)
③ΔU＋(p0S－mg)(L－L0)
34．解析：(1)从图中可得波长为λ＝4 m，振幅为A＝10 cm，频率f＝v
λ＝10
4 Hz＝2.5 Hz，A、C 正确，B 错误；
波上所有质点的起振方向和波源起振方向相同，根据走坡法可得x＝5 m 处的质点的起振方向为y 轴正方向，所以
振源的起振方向为沿y 轴正方向，D 正确；质点只在自己的位置上下震动，不会沿x 轴运动，故不能到达b 点，故
E 错误．
(2)①光路如图所示
②设光线进入玻璃砖时的折射角为r，由sin i
sin r＝n，得r＝45°.
入射光线在AB 面上反射后，反射光线交光屏于P 点．
折射光线与CD 面交于E 点，由于入射角为45°，经过镀银面反射后垂直BC 面射出，交光屏于Q 点．
由几何关系可知CQ＝a
2，FQ＝a
2，PF＝1.5atan 30°＝3a
2
PQ＝3＋1
2
a.
答案：(1)ACD
(2)见解析
高考仿真模拟卷(十一)
14．解析：选D.根据题述，使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s 的初速度，根据动量定理，合外力给皮球的
冲量为I＝mv＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，选项A 错误；手给球的冲量与重力冲量之和等于合外力冲量，手给
球的冲量小于1.6 kg·m/s，选项B 错误；设人对球做的功为W，由动能定理，W＋mgh＝1
2mv2，解得W＝2.2 J，选
项D 正确，C 错误．
15．解析：选C.由于小物体在圆筒内随圆筒做圆周运动，其向心力由小物体受到的指向圆心(转动轴)的合力提
供．在小物体转到最上面时最容易与圆筒脱离，根据牛顿第二定律，沿半径方向FN＋mgcos 60°＝mω2r，又沿筒壁
方向mgsin 60°≤μFN，解得ω≥10 rad/s，要使小物体与圆筒始终保持相对静止，则ω的最小值是10 rad/s，选项
C 正确．
16．解析：选C.当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为
E＝B·2av＝2Ba·0＋v
2
＝Bav；
金属环并联的电阻为R 并＝1
2·1
2R＝1
4R.
AB 两端的电压是路端电压，大小为
U＝
R 并
R 并＋1
2R
E＝
1
4R
1
4R＋1
2R
Bav＝Bav
3
，
选项C 正确．
17．解析：选D.导体棒在水平方向受到安培力作用，安培力大小F 安＝BIL′＝0.5 N，导体棒开始运动时的加速
度大小为a＝F 安
m
＝10 m/s2，A 错误；导体棒从A 点到D 点的运动过程，安培力做功W 安＝F 安(AC＋OD)＝1 J，重力
做功WG＝－mg·OC＝－0.5 J，由动能定理得W 安＋WG＝1
2mv2，解得导体棒运动到D 点时的速度大小为v＝2 5 m/s，
B 错误；导体棒运动到D 点时，向心加速度大小为a′＝v2
r
＝20 m/s2，C 错误；在D 点时，由牛顿第二定律得F－F 安
＝mv2
r ，解得半圆导轨对导体棒的作用力F＝1.5 N，一条半圆导轨对导体棒的作用力大小为0.75 N，D 正确．
18.
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解析：选B.对小球受力分析，把重力沿杆方向和垂直杆方向正交分解如图，由共点力平衡可知，Ff＝mgsin 37°
＝10×0.6 N＝6 N，FN＝F－mgcos 37°＝20 N－8 N＝12 N、方向垂直于杆向下，小球受摩擦力的方向一定沿杆向上，
大小为6 N，杆对小球的弹力方向垂直于杆向下，大小为12 N，选项B 正确，A、C、D 错误．
19．解析：选AD.正电荷在B 处速度图象的斜率最大，可知在B 处电荷加速度最大，由电荷在光滑绝缘水平面
上，水平方向只受电场力，由a＝Eq
m 可知B 点场强E 最大，选项A 正确；电荷由A 到C 一直加速运动，动能一直
增加，电势能一直减小，B 选项错误；电荷由A 到C 一直加速运动，电场力一直做正功，电势能一直减小，由Ep
＝qφ可知由A 到C 电势逐渐降低，C 错误；由动能定理，qUBC＝1
2mv2C－1
2mv2B，可得B、C 两点之间电势差UBC＝
m（v2C－v2B）
2q
，D 选项正确．
20．解析：选BD.如果粒子离开磁场时的速度方向垂直虚线OL，则圆心为O，粒子达到x 轴上的距离OP＞r，
故A 错误；如果粒子经过x 轴时的速度方向垂直x 轴，则粒子经过OL 时速度方向竖直向下，粒子运动轨迹如图1
所示，此时轨迹几何关系可得OP＝r，故B 正确；如果粒子离开磁场时的速度方向和虚线OL 成30°夹角，则速度
方向如图2 所示，此时OP 距离一定小于r，故C 错误；粒子经过x 轴时的速度方向可能与x 轴正方向成30°夹角，
轨迹如图3 所示，如果β＝30°，则粒子半径r＝CA 有可能等于OP，故D 正确．
21．解析：选BD.结合题述，根据题给的加速度随时间变化的图象(a－t 图象)可知，在5～10 s 内小球的加速度
为8 m/s2，说明小球除受到重力作用外，还受到一个大小为1
5mg 的向上的电场力作用，由qE＝1
5mg，解得E＝mg
5q，
由于小球带正电，所以电场方向竖直向上，A 错误；在0～5 s 内，小球的加速度为10 m/s2，说明小球做竖直上抛运
动，小球的动能减小，B 正确；在10～15 s 内小球的加速度为12 m/s2，说明小球除受到重力作用外还受到一个大小
为1
5mg 的竖直向下的电场力作用，电场力对小球做负功，小球的机械能减小，C 错误；在5～10 s 内电场力对小球
做正功，小球的机械能增加，由于小球一直做减速运动，在5～10 s 内小球的位移大于在10～15 s 内的位移，区域
Ⅱ内电场力对小球做的正功大于区域Ⅲ内电场力对小球做的负功，所以在t＝15 s 时小球的机械能大于t＝5 s 时小球
的机械能，D 正确．
22.
解析：(1)如图所示，由余弦定理可得：F 合＝F21＋F22－2F1F2cos 60°≈3.33 N；现保持F2 方向不变，减小F1 和
F2 的夹角，为了使橡皮条的结点拉到同样的位置O 点，如图所示，可知：F2 逐渐减小，F1 先减小后增大．
(2)在刻度尺上选取刻度，由胡克定律可知：
k＝
5.0
9.00－0.6
×102 N/m≈60 N/m.
答案：(1)3.33(3.20～3.40 均对)
C
(2)60(60±1 均对)
23．解析：(1)由图乙所示表盘可知，其分度值为1 mA，示数为：20.0 mA；根据闭合电路欧姆定律可知：E＝
I(r＋Rg＋R)，由题意可知：E＝30×10
－3×(r＋Rg＋17.00)，
E＝20×10
－3×(r＋Rg＋42.00)，
解得：E＝1.5 V；
(2)由闭合电路欧姆定律可以求出：r＋Rg，由于不知电流计内阻Rg，所以无法求出电源内阻r；
(4)由图丙所示电路图可知，电源电动势：
E＝U＋Ir＝I(Rg＋R0)＋
I（Rg＋R0）
R
＋I r，
整理得：1
I＝（Rg＋R0）r
E
·1
R＋r
E＋Rg＋R0
E
，
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由图丁所示1
I－1
R图象可知：
r
E＋Rg＋R0
E
＝42，
k＝（Rg＋R0）r
E
＝72－42
0.25
＝120，
解得：r＝3 Ω，Rg＝30 Ω.
答案：(1)20.0
1.5
(2)G 表内阻未知
(4)30
3
24．解析：(1)设轻绳刚要被拉断时A、B 的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对A 有FT－F0－μm1g＝m1a
代入数据得a＝2 m/s2
对A、B 整体有F－F0－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
代入数据得F＝50 N.
(2)设轻绳断之后，A 的加速度大小为a1，B 的加速度大小为a2 则
a1＝F0＋μm1g
m1
＝4 m/s2
a2＝F－μm2g
m2
＝8 m/s2
A 停下来的时间为t＝v
a1
＝2 s
A 的位移为x1＝v2
2a1
＝8 m
B 的位移为x2＝vt＋1
2a2t2＝32 m
A 停止时，A、B 间距离为x＝x2＋L－x1＝26 m.
答案：见解析
25．解析：(1)
当b 和c 组成的系统做匀速运动时，b、c 有最大速度，且为最终速度，
根据平衡条件：mg＝BIL
①
I＝E
2R
②
E＝BLvm
③
综上得：vm＝2mgR
B2L2 .
④
(2)对a 棒：F－mgsin θ－BIL＝ma1
⑤
代入F、θ得：mg－BIL＝ma1
对于b 和c 系统：mg－BIL＝2ma2
⑥
所以任意时刻a1∶a2＝2∶1，由于运动时间相同，所以最终a、b 的速度之比
v1∶v2＝2∶1
⑦
其中I＝BL（v1＋v2）
2R
⑧
当二者加速度为0 时，a，b，c 达到稳定状态，
综上得：a 稳定速度：v1＝4mgR
3B2L2
⑨
b、c 稳定速度：v2＝2mgR
3B2L2.
⑩
(3)设a 棒沿着斜面移动的位移大小为x1，b、c 棒的位移大小为x2，由于运动时间相同，且a1∶a2＝2∶1，则从
静止开始至恰好稳定状态，a、b 棒的位移大小之比：
x1∶x2＝2∶1
⑪
对于a、b、c 系统，由功能关系得：
(F－mgsin θ)x1＋mgx2＝1
2mv21＋1
2(2m)v22＋Q
⑫
代入F、θ及⑨得：Q＝3mgx2－4m3g2R2
3B4L4
⑬
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[另解：a 棒动能定理：
(F－mgsin θ)x1－W 安1＝1
2mv21－0
b、c 动能定理：mgx2－W 安1＝1
2×2mv22－0
Q＝W 安1＋W 安2
Q＝3mgx2－4m3g2R2
3B4L4 ]
以a 为研究对象：从静止开始至达到稳定状态
根据动量定理：(F－mgsin θ)t－BILt＝mv1－0
⑭
It＝q
⑮
解得：q＝mgt
BL－mv1
BL
⑯
因为E＝nΔΦ
Δt
(n＝1)
⑰
I＝E
2R
⑱
综上得：q＝ΔΦ
2R
⑲
其中ΔΦ＝BL(x1＋x2)
⑳
由⑪⑲⑳解得：x2＝2qR
3BL
○
21
将⑨⑯式代入○
21
即得：x2＝2R
3B2L2(mgt－4m2gR
3B2L2 )
○
22
将○
22 式代入⑬
解得：Q＝2m2g2Rt
B2L2 －4m3g2R2
B4L4 .
答案：见解析
33．解析：(1)一定质量的理想气体在等温变化时，内能不改变，体积变化，与外界有热交换，A 正确；玻璃管
的裂口放在火焰上烧熔后，尖端变钝，是表面张力的作用，玻璃表面分子间作用力表现为引力使表面收缩，B 错误；
热力学是对大量分子统计的结果，对单个分子没有意义，C 错误；浸润与不浸润均是分子力作用的表现，D 正确；
分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减小，E 正确．
(2)①气体发生等压变化，气体对外界做的功
W＝Fx＝p0S(L－L0)＝400 J
气体的状态参量：T0＝300 K，V0＝L0S，V1＝LS
气体升温时发生等压变化，由盖－吕萨克定律有V0
T0
＝V1
T1
代入数据解得T1＝450 K.
②气体的状态参量：p1＝p0＝1.0×105 Pa，
T1＝450 K，T2＝600 K
从活塞到销钉处时继续升温，气体发生等容变化，由查理定律有
p1
T1
＝p2
T2
解得p2≈1.33×105 Pa.
答案：(1)ADE
(2)见解析
34．解析：(1)两列波叠加，t＝0 时刻x＝0 处质点的振动位移为两列波振幅之和，为40 cm，A 错误；根据波形
图，A 波的波长为3 m，B 波的波长为5 m，两列波在同一介质中传播，波速相同，由λ＝v
f可知两列波的频率之比
为fA∶fB＝λB∶λA＝5∶3，B 正确；由于质点的振动位移等于同一时刻同一质点分别在两列波中振动位移的和，所
以t＝0 时刻一定存在振动位移为－30 cm 的质点，C 正确；两列波波长最简整数比为3∶5，3 和5 的最小公倍数是
15，所以t＝0 时刻x 轴正半轴到原点最近的另一波峰重合处的横坐标为x＝5λA＝15 m，D 错误；t＝0 时刻x 轴正
半轴到原点最近的波谷重合处的横坐标为x＝7.5 m，E 正确．
(2)
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①连接圆心O 与角α的顶点，交球面于C 点，连接AC、CB，ACB 即为光线的路径，如图所示．
②由几何关系及对称性有r＝α
2＋(i－r)，解得r＝30°
由折射定律有n＝sin i
sin r＝2
AC＝BC＝2Rcos r＝3R
光在透明球中的传播路程L＝2 3R
传播速度v＝c
n＝2c
2
传播时间t＝L
v＝2 6R
c
.
答案：(1)BCE
(2)见解析
高考仿真模拟卷(十二)
14．解析：选D.由核反应方程遵循电荷数守恒及质量数守恒可知，选项A 错误；重核衰变时释放能量，衰变产
物更稳定，故206
82Pb 的比结合能更大，选项B 错误；α射线的速度为光速的十分之一，电离能力强，穿透能力弱，
选项C 错误；放射性元素的半衰期仅由原子核内部本身因素决定，选项D 正确．
15．解析：选C.由于力的大小不变，方向始终沿圆弧的切线方向，所以力F 做的功为W＝F·1
8·2πR＝π
4
FR，
选项A、B 错误；小球离开轨道时的速率为v，方向和外力F 的方向相同，所以拉力的功率为Fv，选项C 正确；设
小球离开轨道后运动到达最高点时的速度为v1，小球离开轨道后运动到达的最高点距离圆弧轨道左端的高度为h，
根据动能定理有W－mgh＝1
2mv21>0，代入W 的值可得h<πRF
4mg
，所以选项D 错误．
16．解析：选A.位移－时间图象为抛物线，结合匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋1
2at2，而v0＝8 m/s，时间
t＝2 s 时的位移得x＝12 m，代入解得a＝－2 m/s2，则函数为x＝8t－t2，即质点做匀减速直线运动，加速度大小为
2 m/s2，故A 正确，C 错误；2 s 时的瞬时速度为v＝v0＋at＝8 m/s－2×2 m/s＝4 m/s；或求P 点的斜率v2＝Δv
Δt
＝12－4
2
m/s＝4 m/s，故B 错误；由位移公式可得1 s 内的位移x1＝8×1 m－12 m＝7 m，故D 错误．
17．解析：选C.带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，有L＝vt，1
2L＝1
2at2，qE＝ma，联立解得E＝mv2
qL ，a＝v2
L，
A 错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2
r
，由几何关系有r＝L，联立
解得B＝mv
qL，B 错误；粒子在匀强磁场中运动的加速度a′＝v2
r ＝v2
L＝a，C 正确；带电粒子在匀强电场中运动的时间
t＝L
v，在匀强磁场中运动的时间t′＝πL
2v
，带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为t
t′＝2
π，D
错误．
18．解析：选A.线框做匀速直线运动，感应电动势E＝BLv0，感应电动势随着线框切割磁感线有效长度L 的减
小而线性减小，A 正确；线框进入磁场过程中受到的安培力F＝B2L2v0
R
，安培力与L2 成线性关系，B 错误；线框的
电功率P＝B2L2v20
R
，电功率与L2 成线性关系，C 错误；线框进入磁场的过程中产生的感应电流大小I＝BLv0
R
，感应
电流与L 成线性关系，D 错误．
19．解析：选AC.小球第一次落地时竖直方向的速度为v1＝2gH，小球第一次反弹时竖直方向的速度为v2＝
2g×9H
16＝
9gH
8 ，在小球第一次与地面接触的过程中应用动量定理有：Ft＝mv2－(－mv1)，代入数据解得：F
＝7m 2gH
4t
，故A 正确，B 错误；小球第一次下落的时间为t＝
2H
g ，水平初速度v0＝
4H
3
2H
g
＝
8gH
9 ，第一次
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反弹到最高点所用的时间为t′＝
2×9H
16
g
，所以第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2v0t′＝2
8gH
9 ×
9H
8g＝2H，故C 正确，D 错误．
20．解析：选AC.由题意可知，稳定后两物块具有相同的加速度，将两物块看做一个整体，则由牛顿第二定律
可得F－μ(M＋m)g＝(m＋M)a，解得a＝
F
M＋m－μg，A 正确；当给物块B 施加拉力F 时，设稳定后弹簧的弹力大
小为F1，对物块A 有F1－μMg＝Ma，解得F1＝
M
M＋m
F，当给物块A 施加推力F 时，设稳定后弹簧的弹力大小为
F2，对物块B 有F2－μmg＝ma，解得F2＝
m
M＋mF，B 错误；设弹簧原长为l0，劲度系数为k，则有F1＝k(l1－l0)，
F2＝k(l0－l2)，联立解得k＝
F
l1－l2
，C 正确；两种情况下，稳定前弹簧的弹力均逐渐增大，故当对物块B 施加拉力F
时，物块A 将做加速度逐渐增大的加速运动，当对物块A 施加推力F 时，物块A 将做加速度逐渐减小的加速运动，
D 错误．
21．解析：选AC.对矩形线圈受力分析可知所受安培力向上，再由左手定则可知矩形线圈中电流的方向为逆时
针方向，故A 正确；根据闭合电路欧姆定律可得U＝E－
U
R＋R1
r，解得矩形线圈的电阻R＝Ur
E－U－R1，故B 错误；
根据平衡条件可得m0g－F＝mg，而F＝nBIl，I＝E－U
r
，解得匀强磁场的磁感应强度的大小B＝（m0－m）gr
n（E－U）l
，故C
正确；开始线圈所受安培力的方向向上，仅将磁场反向，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍
的安培力大小，所以需要在左边加砝码，添加质量为Δm＝2F
g ＝2(m0－m)的砝码可使天平重新平衡，故D 错误．
22．解析：(1)F－x 图线的斜率k 的大小等于弹簧劲度系数的大小，即k＝2 N/cm＝200 N/m.
(2)当小盘中砝码重力为零时，小盘重力使弹簧伸长量为0.5 cm，由F＝kx 得，小盘重力大小为1 N，小盘质量
为0.1 kg，劲度系数是根据图线斜率计算出的，小盘的质量对结果无影响．
答案：(1)200
(2)0.1
相同
23．解析：(1)应选择图甲，因为图甲电路电压可从0 V 调到所需电压，电压调节范围大．
(2)由题图知R2 与热敏电阻串联后与R1 并联接在9 V 电源上，总电流I＝70 mA.R1＝250 Ω.设通过热敏电阻的电
流为I2，通过R1 的电流为I1，则I＝I1＋I2，故I2＝I－I1＝70－9
250×103
mA＝34 mA.由图象查得34 mA 对应的电压
为5.0 V，R2 两端电压U2＝9 V－5.0 V＝4.0 V，所以R2＝
4.0 V
34×10
－3 A≈117.6 Ω.
答案：(1)甲
因为甲电路电压可从0 V 调到所需电压，电压调节范围大
(2)5.0
117.6
24．解析：
(1)设拉力F 与水平方向夹角θ，如图所示，对物体受力分析，根据平衡条件得：
Fsin θ＋FN－mg＝0
①
Fcos θ－Ff＝0
②
Ff＝μFN
③
解得：F＝
μmg
cos θ＋μsin θ
代入θ，g，m，μ，
得F＝50 3 N＝86.6 N.
④
(2)由F＝
μmg
cos θ＋μsin θ
及数学知识可得：
F＝
μmg
1＋μ2sin（θ＋φ）
⑤
tan φ＝1
μ＝3
φ＝60°
⑥
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所以，当θ＋φ＝90°时，F 最小
即θ＝30°
⑦
当拉力方向与水平方向夹角为30°时，拉力最小，
Fmin＝75 N．
⑧
答案：见解析
25.
解析：(1)两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示
根据牛顿第二定律有qvB＝mv2
r
粒子1 圆周运动的圆心角θ1＝5π
3
，
SM＝2r1sin α
粒子2 圆周运动的圆心角θ2＝4π
3
，SN＝2r2sin β
联立得d＝SM＋SN＝4mv0
qB
.
(2)粒子圆周运动的周期为T＝2πr
v
＝2πm
qB
粒子1 在匀强磁场中运动的时间为t1＝θ1
2π
T
粒子2 在匀强磁场中运动的时间为t2＝θ2
2πT
所以有Δt＝t1－t2＝πm
3qB
.
(3)由题意，电场强度的方向应与粒子1 穿出磁场时的速度方向平行
①若电场强度的方向与PQ 成30°角斜向右上方，则粒子1 做匀加速直线运动，粒子2 做类平抛运动
由牛顿第二定律有qE＝ma
dcos 30°＝v1t＋1
2at2＋1
2at2
dsin 30°＝v2t
解得E＝3Bv0.
②若电场强度的方向与PQ 成30°角斜向左下方，则粒子1 做匀减速直线运动，粒子2 做类平抛运动，由牛顿
第二定律有qE＝ma
dcos 30°＝v1t－1
2at2－1
2at2
dsin 30°＝v2t
解得E＝－3Bv0，假设不成立．
综上所述，电场强度的大小为E＝3Bv0，方向与PQ 成30°角斜向右上方．
答案：见解析
33．解析：(1)不可能从单一热源吸热完全变为功，而不产生其他影响，A 正确；在温度不变的条件下，饱和汽
的压强不变，B 错误；脱脂棉脱脂后，可以被水浸润，以便吸取药液，C 正确；液晶既像液体一样具有流动性，又
跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性，D 正确；多晶体和非晶体都具有各向同性，只有单晶体在某些物理性质
上显示各向异性，E 错误．
(2)①从A 到B，外界对气体做功，有
W＝pΔV＝15×104×(8－2)×10
－3 J＝900 J
根据热力学第一定律，内能的变化量
ΔU＝W＋Q＝900 J－600 J＝300 J.
②根据理想气体状态方程有pBVB
TB
＝pCVC
TC
代入数据可得TB＝TC
根据理想气体状态方程有pAVA
TA
＝pCVC
TC
代入数据可得TA＝1 200 K.
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答案：(1)ACD
(2)见解析
34．解析：(1)如果此波向右传播，0.005 s＝(1
4＋n)T(n＝0，1，2…)，T＝0.02
1＋4n
s；如果此波向左传播0.005 s＝
(3
4＋n)T(n＝0，1，2…)，T＝0.02
3＋4n
s，无法判断该波周期，故A 错误；x＝4 m 与x＝8 m 处的两个质点相差Δx＝4
＝λ
2，振动方向相反，故B 正确；由于无法确定波的传播方向，故x＝4 m 处的质点振动方向无法确定，故C 错误；
由上述分析可知，如果周期大于0.005 s, 则0.005 s＝1
4T，T＝0.02 s．得v＝λ
T＝8
0.02 m/s＝400 m/s，故D 正确；如
果周期小于0.005 s，则当波速为6 000 m/s 时，波在0.005 s 内传播的距离为Δx＝vt＝30 m，由于Δx
λ
＝30
8 ＝33
4，所
以波向左传播，故E 正确．
(2)①复色光与半球形玻璃面的下表面相垂直，方向不变，但是在上面的圆弧面会发生偏折，紫光的折射率最大，
偏折能力最强，所以紫光偏折的最多，因此最外侧是紫色；
②如图所示．紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S 上的点S 到亮区中心E 的距离r 就是所求最大半径；
设紫光临界角为C.由全反射的知识：
sin C＝1
n
所以cos C＝n2－1
n
tan C＝
1
n2－1
OB＝
R
cos C＝
nR
n2－1
r＝（D－OB）
tan C
＝D n2－1－nR
代入数据得：r＝(4 2－3) cm.
答案：(1)BDE
(2)①紫色
②(4 2－3) cm
高考仿真模拟卷(十三)
14．解析：选B.居里夫妇首先发现人工放射性同位素，故A 错误；衰变之后的产物相对衰变前的要稳定，结合
能相对衰变前的要大，故B 正确；据质能方程及质量亏损可知，衰变后产物的质量小于衰变前的质量，故C 错误；
半衰期相对于组成物质的大量分子而言，所以相对于1 000 个个体而言是无意义的，故D 错误.
15．解析：选B.由图象可知，铝球在下沉过程中，加速度越来越小，但速度越来越大，选项A 错误；剪断细线
后，铝球下落，油槽和油以及铝球这一整体中某部分处于失重状态，但加速度越来越小，因而整体中的某部分失重
越来越小，整体对地面的压力将增大，当加速度等于零后，整体将不再失重，因而剪断细线后油槽对地面的压力先
增大后不变，选项B 正确；剪断细线后，铝球的加速度随速度均匀减小，但加速度随时间并非均匀减小，选项C 错
误；铝球减小的机械能转化为同体积油的机械能和整体的内能，选项D 错误．
16．解析：选C.设初速度方向为正，则弹后的速度为－4v
5
；则由动量定理可得：Ft＝－2m×4v
5
－2mv，解得：
F＝－18mv
5t ；负号表示力的方向与初速度方向相反；由牛顿第三定律可知，球对墙的平均冲击力为F′＝F＝18mv
5t .
17．解析：选B.由题意可知，在0～2 s 时间内，磁感应强度变化率的大小为ΔB1
Δt1
＝3×10
－3 T/s，根据法拉第电
磁感应定律可得电动势的大小为E1＝nΔB1
Δt1
S＝1.8×10
－5 V，根据闭合电路欧姆定律，可得感应电流i1＝E1
R＝1.5×10
－6 A，根据楞次定律，可得感应电流方向为a→b，为正方向；同理可计算在2～5 s 时间内，i2＝E2
R＝1×10
－6 A，根
据楞次定律，可知感应电流方向为b→a，为负方向；根据磁感应强度变化的周期性，可得知感应电流变化的周期性，
故B 正确，A、C、D 错误．
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18．解析：选B.根据万有引力定律可知引力加速度a＝GM
r2 ，由此可知图象的斜率为GM，P1 的斜率大，对应的
行星质量大，而卫星质量未知，选项A 错，B 对；两行星半径关系未知，则第一宇宙速度大小无法比较，选项C 错；
同理无法比较行星密度，选项D 错．
19．解析：选ABC.A、B 两球若发生完全弹性碰撞，过程中动量守恒有mv0＝mv1＋3mv2，能量守恒1
2mv20＝1
2mv21
＋1
2×3mv22，解得v1＝－1
2v0，故C 正确；若发生完全非弹性碰撞，过程中能量损失最多，仅动量守恒有mv0＝(m
＋3m)v2，解得v2＝1
4v0，当A 碰后速度在v1、v2 间时为非完全弹性碰撞，动量依旧守恒，但能量部分损失，故A、
B 正确，D 错误．
20．解析：选BD.由v－t 图象可知小物块先加速后减速，故A 错误；“轻放”则小物块初速度为0，所以0～
t 内小物块相对传送带向后运动，受到传送带向前的滑动摩擦力，有μmg＝ma，则a＝μg，t～3t 内小物块做匀减速
运动，由v－t 图象斜率的意义可知，ma<μmg，即ma<μmg，静摩擦力可提供加速度，所以小物块相对传送带静止，
故C 错误，D 正确；在0～t 内满足传送带速度大于小物块的速度即可，所以这段时间内传送带的运动无法确定，故
B 正确．
21．解析：选BC.粒子从M 点沿OD 方向射出，则在圆形磁场中速度的偏转角为120°，故A 错误；据题意画
出粒子圆周运动的圆心O′，连接MC、OO′，则MC⊥OO′，所以四边形OMO′C 为菱形，∠MO′C 等于偏转角120°，
所以粒子运动过程中一定经过O 点，故B 正确；四边形OMO′C 为菱形，所以粒子运动半径等于磁场半径R，由qvB
＝mv2
R
有B＝mv
qR
，故C 正确；若粒子从M 点射入，将向反方向偏转，不可能从C 点射出，故D 错误．
22．解析：(1)根据Δx＝aT2，有：xEC－xCA＝a(2T)2，解得：
a＝xEC－xCA
4T2
＝（0.037 8＋0.036 5）－（0.035 2＋0.033 9）
4×0.022
m/s2＝3.25 m/s2
打C 点时物块的速度：
v＝xDC＋xCB
2T
＝0.036 5＋0.035 2
2×0.02
m/s＝1.792 5 m/s.
(2)对滑块，根据牛顿第二定律，有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得：μ＝gsin θ－a
gcos θ
故还需要测量斜面的倾角，故选C.
答案：(1)3.25
1.792 5
(2)C
23．解析：(1)多用电表在使用时必须使电流从红表笔(正接线柱)流进，黑表笔(负接线柱)流出，串联的电流表
也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从表笔a 流出的，即表笔a 为黑表笔．
(2)多用电表用×1 倍率测量，读数为14.0×1 Ω＝14.0 Ω
电流表的读数为53.0 mA
电阻箱的读数为(0×100＋0×10＋4×1＋6×0.1) Ω＝4.6 Ω.
(3)～(4)多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，多用电表内部的电路等效的直流电源(一般为电池)、
电阻、表头与待测电阻串联，当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流Ig＝
E
r＋R＋rg
，将Rg 取为r＋rg＋R 为多
用电表的内阻，当待测电阻等于Rg 时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以Rg 又称为中值电阻．当
选择×1 倍率测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15 Ω.在(2)中多用电表外的电阻为多用电表的读数14.0 Ω，干
路电流是53.0 mA，则电源电动势是E＝I(R 内＋R 外)＝0.053×(15＋14) V＝1.54 V．则满偏电流Ig＝E
Rg
＝1.54
15
A＝102
mA.
答案：(1)黑
(2)14.0
53.0
4.6
(3)102
(4)1.54
24．解析：(1)经最大加速电压加速的粒子进入磁场的速度最大，
qU0＝1
2mv2m
vm＝
2qU0
m
此粒子进入磁场后刚好能垂直打在挡板上，则此粒子在磁场中做圆周运动的圆心在A 点，半径等于OA 的长，
qvmB＝mv2m
R1
R1＝mvm
qB ＝1
B
2mU0
q
由于O 点是M 板的中点，因此M 板的长度为d＝2R1＝2
B
2mU0
q
.
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(2)粒子刚好能打在AB 板上的运动轨迹如图(a)所示．
由几何关系知，粒子做圆周运动的半径R2 满足R2＋
R2
sin 60°
＝R1
设此粒子经过加速电场时的电压为U2
qU2＝1
2mv22
qv2B＝mv22
R2
得U2＝
3
3＋2 3
2
U0.
(3)如果加一反向的磁感应强度为2B 的矩形匀强磁场，速度最大的粒子在其中做圆周运动的半径
R3＝1
2R1＝1
2B
2mU0
q
由图(b)可知，矩形磁场ab 边的长为2R3，bc 边的长为R3＋R3cos 30°
因此矩形磁场的面积至少为
S＝2R3
R3＋3
2 R3 ＝(2＋3)R23
＝（2＋3）mU0
2qB2
.
答案：见解析
25．解析：(1)木板最初做匀速运动，由F＝μMg 计算得出，
μ＝F
Mg＝0.5
第1 块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：
F－μ(M＋m)g＝Ma1 代入数据计算得出：a1＝－0.5 m/s2；
根据速度位移关系公式，有：v21－v20＝2a1L，计算得出
v1＝7 m/s.
(2)设最终有n 块铁块能静止在木板上，则木板运动的加速度大小为：an＝μnmg
M
第1 块铁块放上后：v20－v21＝2a1L
第2 块铁块放上后：v21－v22＝2a2L
第n 块铁块放上后：v2n－1－v2n＝2anL
由上可得：(1＋2＋3＋…＋n)×2
μmg
M
L＝v20－v2n
木板停下时，vn＝0，得n＝9.5，即最终木板上放有10 块铁块．
(3)从放上第1 块铁块至刚放上第10 块铁块的过程中，由(2)中表达式可得：
9×（9＋1）
2
×2
μmg
M
L＝v20－v29
从放上第10 块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d，则：
2
10μmg
M
d＝v29－0
联立计算得出：d＝0.5 m
所以木板共运动9.5 m.
答案：(1)7 m/s
(2)10 块
(3)9.5 m
33．解析：(1)知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出每个气体分子占据空间的体积，但不是分子体
积(分子间隙大)，故A 错误；温度是分子平均动能的标志，故气体温度升高，分子的平均动能一定增大，选项B 正
确；悬浮在液体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动就越明显，故C 正确；饱和蒸汽压仅仅与温
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度有关，所以一定温度下，饱和汽的压强是一定的，故D 正确；第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第
二定律，故E 错误．
(2)①此过程为等压过程，由盖－吕萨克定律有
h1S
T1
＝h2S
T2
解得：T2＝420 K，t2＝147 ℃.
②设留在玻璃管中的水银柱长为x 时，空气柱的温度达到最大，设为T3，由理想气体的状态方程有
（p0＋pk1）h1S
T1
＝（p0＋px）（h－x）S
T3
其中：p0＝76 cmHg，px＝x cmHg，pk1＝24 cmHg，h＝94 cm，h1＝50 cm
当x＝9 cm 时，温度达到最大
即T3＝433.5 K，t3＝160.5 ℃.
答案：(1)BCD
(2)①147 ℃
②160.5 ℃
34．解析：(1)遥控器是利用其所发出的红外线脉冲信号来遥控电视机、录像机和空调机的，A 正确；声源与观
察者相互靠近时，观察者接收到的频率大于声源频率，B 错误；狭义相对论的基本假设是：在不同的惯性参考系中
真空中的光速是不变的；在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是等价的，C 错误；偏振是横波的特有现象，光
的偏振现象说明光是一种横波，D 正确；只有频率相同的两列机械波相遇，才能出现稳定干涉现象，E 正确．
(2)①光在玻璃中的传播速度为v＝c
n＝c
2
垂直AB 入射的光由O 点到达地面所需要的时间为t＝
R＋3
2 R
v
解得t＝（2 2＋6）R
2c
.
②任一角度入射的光束的光路图如图所示，当i＝90°时，r 有极大值，由n＝sin i
sin r＝sin 90°
sin rmax
＝2
解得r 的极大值为rmax＝45°
由n＝sin rmax
sin αmax
解得αmax＝30°
此时光照射到地面上最右端M 点，则O′M＝Rtan rmax＋3R
2 tan αmax
解得O′M＝1.5R
接近BO 方向射入的光线照射到地面上最左端N 点，由对称性可知O′N＝1.5R，因此光线在转动过程中照亮
地面的长度为s＝O′M＋O′N＝3R.
答案：(1)ADE
(2)见解析
高考仿真模拟卷(十四)
14．解析：选C.根据图象，A、B 两物体开始时相距100 m，速度方向相反，是相向运动，选项A 错误；x－t
图象的斜率表示速度，故B 物体做匀速直线运动，速度大小为v＝|
60－100
8 | m/s＝5 m/s，加速度大小为0，选项
B 错误；t＝8 s 时有交点，表示A、B 两物体运动8 s 时，在距A 的出发点60 m 处相遇，选项C 正确；2～6 s，物
体A 位置坐标不变，保持静止，即停止了4 s，选项D 错误．
15．解析：选D.核衰变过程动量守恒，反冲核与释放出的粒子的动量大小相等，根据左手定则判断粒子与反冲
核的电性关系．结合带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得粒子与反冲核的电荷量之比，原子核的衰变过
程满足动量守恒，粒子与反冲核的速度方向相反，根据左手定则判断得知，粒子与反冲核的电性相反，则知粒子带
负电，所以该衰变是β衰变，此粒子是β粒子，符号为e.可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大小而
言有：m1v1＝m2v2，由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：r＝mv
qB
，可见r 与q 成反比．由题意，大
圆与小圆的直径之比为7∶1，半径之比为7∶1，则得：粒子与反冲核的电荷量之比为1∶7.所以反冲核的电荷量为
7e，电荷数是7，其符号为147N，所以碳14 的衰变方程为146C→147N＋0
－1e，故D 正确．
16．C
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17．解析：选A.根据万有引力提供向心力：G
Mm0
（R＋h）2＝m0 v2
R＋h
，所以卫星的动能：Ek＝1
2m0v2＝
GMm0
2（R＋h），
从地面发射到离地面高h 处，引力势能的增加为：Ep＝GMm0
R
－GMm0
R＋h
，根据能量守恒，所以至少需对卫星做功W
＝Ek＋Ep＝GMm0
R
－
GMm0
2（R＋h）
，所以A 正确；B、C、D 错误．
18.
解析：选B.粒子从小孔a 射入磁场，与ab 方向的夹角为α＝45°，则粒子从小孔b 离开磁场时速度与ab 的夹
角也为α＝45°，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O′，画出轨迹如图，由几何知识得到轨迹所
对应的圆心角为：θ＝2α＝90°，则粒子的轨迹半径有关系：2r＝2R，由牛顿第二定律得：Bqv＝mv2
r
，解得：v＝
qBr
m ＝2 2×106 m/s，故选项B 正确．
19．解析：选BC.
根据库仑定律，A、B 之间的库仑力为F＝k 9q2
16L2，选项A 错误；对A、B 受力分析如图．对A 球，F＝m1gtan 30°，
对B 球F＝m2gtan 60°，两者联立可知，m1
m2
＝3∶1，选项B 正确；两个点电荷A、B 在C 的电场方向相反，大小分
别是EA＝k q
L2，EB＝k 9q
9L2，显然C 点的合电场为零，选项C 正确；假如A、B 两个小球的电荷量交换(质量不变)，
通过受力分析可知，库仑力不变，质量不变，因此库仑力、重力的比值保持不变，所以应该维持原示意图角度不变，
A、B 两球位置将继续保持同一水平线位置，选项D 错误．
20．解析：选BC.物体在3 s 内的位移x＝1
2×3×6 m＝9 m，选项A 错误；根据动量定理：Ft1－ft＝0，即：F×1
－f×3＝0，解得：F∶f＝3∶1，选项B 正确；物体在1～3 s 内的加速度大小为：a＝6
3－1 m/s2＝3 m/s2，根据a＝
μg 可得，物体与地面的动摩擦因数为μ＝0.3，选项C 正确；根据动能定理3 s 内WF－Wf＝0，则3 s 内恒力做功WF
与克服摩擦力做功Wf 之比WF∶Wf＝1∶1，故选项D 错误．
21．解析：选BD.甲穿过磁场过程中做匀加速运动，故速度不断增加，感应电动势逐渐变大，回路的电流增大，
安培力变大，根据F＋mgsin θ－F 安＝ma 可知，拉力F 逐渐变大，选项A 错误；乙进入磁场时的速度满足mglsin 30°
＝1
2mv20，v0＝3 m/s；乙进入磁场后做匀速运动，则mgsin 30°＝BIl；因为乙进入磁场之前与甲的加速度相同，均
为5 m/s2，故当乙进入磁场时，甲刚好出磁场，此时E＝Blv0，I＝E
2R，联立解得m＝0.2 kg，选项B 正确；乙穿过
磁场过程中安培力的功率：P＝F 安v0＝mgsin 30°v0＝2×1
2×3 W＝3 W，选项C 错误；乙穿过磁场过程中，通过整
个回路的电荷量：q＝ΔΦ
2R
＝Bl2
2R＝2×0.92
2×4.86
C＝1
6 C，选项D 正确．
22．解析：(1)实验时要调整气垫导轨水平．不挂钩码和细线，接通气源，如果滑块能在气垫导轨上静止或做匀
速运动或滑块经两个光电门的时间相等，则表示气垫导轨调整至水平状态．
(2)不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1 的时间小于通过光
电门2 的时间．说明滑块做加速运动，也就是左端低，右端高．所以实施下列措施能够达到实验调整目标的是调节
P 使轨道左端升高一些，调节Q 使轨道右端降低一些．故选AB.
(3)实验时，测出光电门1、2 间的距离L，遮光条的宽度d，滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m.由数字计
时器读出遮光条通过光电门1、2 的时间t1、t2，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均
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速度．钩码的重力势能减少了：mgL，系统动能增加了：1
2(m＋M)
d
t1
2
－1
2(m＋M)
d
t2
2
，则系统机械能守恒成立的表
达式是mgL＝1
2(m＋M)
d
t1
2
－1
2(m＋M)
d
t2
2
.
答案：(1)能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等
(2)AB
(3)mgL＝1
2(m＋M)
d
t1
2
－1
2(m ＋M)
d
t2
2
23．解析：(1)根据游标卡尺的读数规则，玻璃内径d＝30 mm＋0×0.05 mm＝30.00 mm.
(2)把S 拨到1 位置，记录电压表V1 示数，得到通过水柱的电流I1＝U
R1
.由闭合电路欧姆定律，E＝U＋U
R1
Rx；把
S 拨到2 位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2 示数与电压表V1 示数相同，记录电阻箱的阻值R，得到该支路的电
流I2＝U
R.由闭合电路欧姆定律，E＝U＋U
RR2，联立解得：Rx＝R1R2
R .
(3)由电阻定律Rx＝ρL
S ，Rx＝R1R2
R ，联立解得：R＝R1R2S
ρ ·1
L.R－1
L关系图象斜率k＝400 Ω·m，又k＝R1R2S
ρ ，
S＝πd2
4
，解得：ρ＝R1R2πd2
4k
≈14 Ω·m.
(4)本实验中若电压表V1 内阻不是很大，则通过水柱的电流I1 大于测量值，则U
R1
Rx＞U
RR2，得到Rx＞R1R2
R ，即
自来水电阻测量值偏大，则自来水电阻率测量结果将偏大．
答案：(1)30.00
(2)R1R2
R
(3)14
(4)偏大
24．解析：(1)线圈相对磁场向左切割磁感线，产生的最大电动势为E＝BLv0
电流为I＝E
R＝BLv0
R
根据牛顿第二定律：BIL＋f＝mam
得到am＝B2L2v0＋fR
mR
.
(2)通过线圈的电荷量q＝IΔt，I＝E
R，E＝ΔΦ
Δt
得到q＝2BL2
R
由能量守恒定律得：1
2mv20＝Q＋f·2L
得到Q＝1
2mv20－2fL.
答案：(1)B2L2v0＋fR
mR
(2)2BL2
R
1
2mv20－2fL
25．解析：(1)因为木板和小物块恰好能保持相对静止，并且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律
对整体：F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1
对小物块：F－μ2mg＝ma1
解得μ2＝0.3.
(2)若F＝14 N，此时小物块与木板发生相对滑动
对木板受力分析，根据牛顿第二定律有μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2
可得木板加速度a2＝3 m/s2
对小物块有F－μ2mg＝ma3
可得小物块加速度a3＝4 m/s2
根据位移关系有1
2a3t21－1
2a2t21＝1
2L，可得t1＝2 s
设小物块到C 点时各自速度分别为v1、v2
小物块的速度v1＝a3t1＝8 m/s
木板的速度v2＝a2t1＝6 m/s.
(3)撤掉力F 后，小物块做匀速运动，设木板做匀减速运动的加速度为a4，有μ1(M＋m)g＝Ma4
得a4＝3 m/s2
设当木板速度为零时，用时为t2，则t2＝v2
a4
＝2 s
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这时小物块的位移x1＝v1t2＝16 m，木板的位移x2＝v2
2
t2＝6 m，说明在木板速度减为零之前，小物块已滑出木
板做平抛运动
设经过t3 小物块从木板上滑下，则v1t3－v2t3－1
2a4t23 ＝1
2L
解得t3＝2
3 s
这时木板的速度v3＝v2－a4t3＝4
m/s
此后木板做减速运动的加速度为a5＝μ1g＝1 m/s2
此后小物块做平抛运动，有h＝1
2gt24，t4＝0.2 s<v3
a5
＝4 s
落地时小物块与木板B 端的水平距离为
Δs＝v1t4－v3t4＋1
2a5t24＝0.82 m.
答案：见解析
33．解析：(1)气体分子间的距离比较大，甚至可以忽略分子间作用力，分子势能也就可以忽略不计，所以气体
在没有容器约束的情况下散开是分子无规则运动的结果，A 错误；在一定温度下，分子速率大小按一定的统计规律
分布，物体温度升高时，速率小的分子数目减小，速率大的分子数目增多，B 正确；100 ℃的水变成100 ℃的水蒸
气，温度不变，其分子平均动能不变，C 错误；做功和热传递都能改变物体的内能，根据热力学第一定律知，物体
从外界吸收热量，其内能不一定增加，D 正确；液晶的光学性质具有晶体的各向异性，E 正确．
(2)①以cmHg 为压强单位．设A 侧空气柱长度l＝10.0 cm 时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h1＝10.0 cm
时，A 侧空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，有：
pl＝p1l1①
由力学平衡条件，有：
p＝p0＋ph②
打开开关放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为p0，而A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐
减小，B、A 两侧水银面的高度差也随着减小，直至B 侧水银面低于A 侧水银面h1 为止，由力学平衡条件，有：
p1＝p0－ph1③
联立①②③，并代入题目数据，有：
l1＝12 cm.④
②当A、B 两侧的水银面达到同一高度时，设A 侧空气柱的长度为l2，压强为p2，由玻意耳定律，有：
pl＝p2l2⑤
由力学平衡条件有：
p2＝p0⑥
联立②⑤⑥式，并代入题目数据，有：
l2＝10.4 cm⑦
设注入水银在管内的长度为Δh，依题意，有：
Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧
联立④⑦⑧式，并代入题目数据，有：
Δh＝13.2 cm.
答案：(1)BDE
(2)①12 cm
②13.2 cm
34．解析：(1)根据图象知波长λ＝8 m，t＝0 时波刚好到M，t＝0.3 s 时刚好传播到N 点，MN 差3
4λ，即知t＝0.3
s＝3
4T，解得T＝0.4 s，故A 错误；波速v＝λ
T＝20 m/s，故B 正确；c 点距离M 为1
4λ，需要1
4T＝0.1 s 传到c 点，c
震动的时间为0.2 s＝1
2T，路程为s＝2A＝16 cm，故C 错误；根据t＝0 时图象知b 点初相位为φ0＝π
6
，振动方程为
y＝Asin
2π
T
t＋π
6 ，当t＝1
6 s 时，代入振动方程得y＝0，b 点到达平衡位置，故D 正确；根据t＝0 时图象知a 点
初相位为φ1＝π
2
，振动方程为y＝Asin
2π
T
t＋π
2 ，知M 点初相位为0.振动方程为y＝Asin
2π
T
t ，当t＝0.25 s，代
入知位移都为－4 2 cm，故E 正确．
(2)(i)根据折射定律n＝sin r
sin i
解得n＝2.
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(ii)从P 或Q 点垂直于圆面发出的光射到球面的入射角最大(设为α)，则sin α＝r
R
设光发生全反射的临界角为C，
则sin C＝1
n
所有光能直接射出，应满足sin α≤sin C
解得r≤R
n＝R
2
管芯发光区域面积最大值为S＝π
R
2
2
＝πR2
2
.
答案：(1)BDE
(2)见解析
高考仿真模拟卷(十五)
14．解析：选B.根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X 的质量数为1，电荷数为0，X 是中子，Y
的质量数为3，电荷数为1，Y 是氚核，选项A 错误，B 正确；同位素是指电荷数相同质量数不同的粒子，X 与Y
电荷数不同，不是同位素，选项C 错误；①②两个核反应都属于聚变反应，选项D 错误．
15.
解析：选B.因v－t 图线与横轴的“面积”等于物体的位移，若B 运动的时间等于A，则B 运动的位移大于A
的位移，由此可知B 运动的时间小于A，选项A 错误；由图象可知开始阶段B 的速度大于A，B 在A 的前面，当
A、B 速度相等时，两者距离最大，然后A 的速度大于B，直到追上B，故运动中B 始终在A 的前面，选项B 正确，
C 错误；切线的斜率等于加速度，故由图象可知，当A 图象的斜率等于B 的斜率时两者加速度相等，选项D 错误．
16．解析：选C.根据题意只能求出物块和木板的相对位移，不知道物块最终停在哪里，无法求出木板的长度，
故A 不能够求解出；由图象的斜率表示加速度，可以求出长木板的加速度为aA＝v1
t1
，小物块的加速度aB＝v0－v1
t1
，
根据牛顿第二定律得：μmg＝MaA，μmg＝maB，解得：m
M＝
v1
v0－v1
，μ＝v0－v1
gt1
，故C 能够求解出；木板获得的动
能EkA＝1
2Mv21＝1
2mv1(v0－v1)，题目t1、v0、v1 已知，但是木板质量M、物块质量m 不知道，故B、D 不能够求解
出．
17．解析：选B.当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，
粒子的运动为类平抛运动的逆运动．将粒子初速度v0 分解为垂直极板的vy 和平行极板的vx，根据运动的合成与分
解，当vy＝0 时，根据运动学公式有v2y＝2qE
m d，vy＝v0cos 45°，Ek0＝1
2mv20，联立得E＝Ek0
2qd，故B 正确．
18．解析：选D.设P 点离地的高度为h.对于b：b 做竖直上抛运动，上升过程与下落过程对称，则b 上升到最
大高度的时间为t1＝
2h
g ，从最高点到地面的时间为t2＝
2×2h
g
，故b 运动的总时间tb＝t1＋t2＝( 2＋1)·
2h
g ；
对于a：做平抛运动，运动时间为ta＝
2h
g ；则有tb＝( 2＋1)ta，故A 错误；对于b：h＝v20
2g，则得v0＝2gh；对于
a：水平位移为x＝v0t＝2gh·
2h
g ＝2h，a 的位移为xa＝h2＋（2h）2＝5h，而b 的位移大小为h，则a 的位移大
小是b 的位移大小的5倍，故B 错误；根据机械能守恒定律得：Ek＝mgh＋1
2mv20，则知两球落地时动能可能相同，
而速度方向不同，则落地时速度不同，故C 错误，D 正确．
19．解析：选AB.电子顺时针转动，由库仑力提供向心力F 库＝mv2
r ，当加一个垂直于纸面向里磁场时，电子所
受的洛伦兹力指向圆心，此时洛伦兹力和库仑力共同提供向心力，由公式F 库＋F 洛＝mv21
r
，电子的轨道半径不变，
可知电子速度变大，电流的定义式为：I2＝q
T，因为电子速度变大，周期将变小，可得I2>I1，故A 正确，C 错误；
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当加一个垂直于纸面向外磁场时，电子所受的洛伦兹力背向圆心，此时洛伦兹力和库仑力共同提供向心力，由公式
F 库－F 洛＝mv22
r ，可知电子速度变小，电流的定义式为：I2＝q
T，因为电子速度变小，周期将变大，可得I2<I1，故B
正确，D 错误．
20．解析：选BD.根据带电小球在斜面上运动时的受力情况，有：FN＋qv0B＝mgcos α，当FN＝0 时，小球离
开斜面，要使小球能够沿斜面到达底边MN，B 的最大值为B＝mgcos α
qv0
，所以匀强磁场磁感应强度的取值范围为
0≤B≤mgcos α
qv0
，A 错误，B 正确；小球沿斜面方向的合力为重力的下滑分力，垂直斜面方向合力为零，小球在斜
面上做匀加速曲线运动，C 错误；沿斜面方向a＝gsin α，位移x＝
h
sin α，由x＝1
2at2 得：t＝
2h
gsin2 α，D 正确．
21．解析：选BC.物块1 的位移为(n－1)l，则拉力F 所做功为WF＝F·(n－1)l＝(n－1)Fl，故A 错误；系统克服
摩擦力做功为Wf＝μmgl＋μmg·2l＋…＋μmg·(n－2)l＋μmg·(n－1)l＝n（n－1）μmgl
2
，故B 正确；据题，连接第n
个物块的线刚好拉直时整体速度变为零，假设没有动能损失，由动能定理有WF＝Wf，解得F＝nμmg
2
，现由于绳子
绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F>nμmg
2
，故C 正确，D 错误．
22．解析：(1)从A 到B 根据能量守恒得：W－Wf＝fL，所以图线不过原点是因为在AO 段还有摩擦力做功．
(2)由题图乙知图象过(6，1)、(42，5)，代入W－Wf＝fL，解得木块从A 到O 过程中克服摩擦力做的功为1
3W1.
(3)由W－Wf＝fL，知图象的斜率为摩擦力大小．
答案：(1)AO 段有摩擦力做功
(2)1
3
(3)摩擦力大小
23．解析：(1)②在进行电阻测量时，每次调整挡位均应进行欧姆调零，即旋转D 旋钮．
③由图知测电阻时指针的偏角太大，说明电阻较小，应换×10 挡，并需重新欧姆调零．
(2)由闭合电路欧姆定律可知：
电流I＝
E
Rg＋R0＋Rx＋r
.
(3)红表笔接在内部电源的负极上，黑表笔接在内部电源的正极上，为了保证电表正常偏转，红表笔应接电压表
的负接线柱，故接法应为A；读数为30×1 kΩ＝30 kΩ；电压表示数为1.6 V，则由闭合电路欧姆定律可知：E＝1.6
30×(30
＋24) V≈2.9 V.
答案：(1)②D
③“×10”
(2)I＝
E
Rg＋R0＋Rx＋r
(3)A
30 kΩ
2.9 V
24．解析：(1)在P 点由牛顿第二定律2mg＝mv2P
R
解得vP＝2gR
从N 到P 由动能定理－mg·2R＝1
2mv2P－1
2mv2B
解得vB＝6gR.
(2)由动量守恒0＝mAvA－mBvB
解得vA＝
3
2gR
从A 开始运动到停止，由动能定理
－μmAgL＝0－1
2mAv2A
解得L＝3R
4μ.
答案：(1) 6gR
(2)3R
4μ
25．解析：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向上有l＝v0t，竖直方向上有y＝qE
2mt2
联立解得y＝l
2
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所以带电粒子进入磁场时的位置坐标为0，l
2 ，
竖直方向速度vy＝qE
m t＝v0
所以v＝v20＋v2y＝2v0，因为tan θ＝vy
v0
＝1，所以速度方向与y 轴正向夹角为45°.
(2)若要使带电粒子能回到中间金属板下表面与释放点对称的位置，根据对称性可知，它在磁场中做圆周运动的
圆心应在x 轴上，其部分运动轨迹如图所示．
由几何关系有r＝2y＝2l
2 ，根据qvB＝mv2
r
，联立解得B＝2E
v0
.
答案：(1)位置坐标为0，l
2
2v0
速度方向与y 轴正向夹角为45°
(2)2E
v0
33．解析：(1)分子力表现为引力时，分子力随分子间距离的增大是先增大后减小，故A 错误；等温膨胀过程中，
气体内能不变，对外做功，一定吸热，故B 正确；与热现象有关的宏观物理过程，是不可逆的，总是向着无序度更
大的方向发展，故C 正确；布朗运动是液体分子无规则运动对悬浮微粒碰撞不平衡造成的，故D 错误；一定量的气
体，压强在微观上由单位时间内对器壁单位面积碰撞的分子数和每个分子对器壁的平均作用力决定，压强不变，而
温度降低，每个分子对器壁的平均作用力变小，单位时间内对器壁单位面积碰撞的分子数将增加，故E 正确．
(2)未拔掉销钉前：在向汽缸内打气2 次后，设气体的压强为p，由理想气体状态方程可得：p0(Sh＋2V0)＝pSh
拔掉后：p′S＝p0S＋mg
由玻意耳定律可知：pSh＝p′Sh′
解得：h′＝0.2 m.
答案：(1)BCE
(2)见解析
34．解析：(1)由横波的图象可知λ＝8 m，而v＝λ
T＝λf＝20 m/s，选项A 正确；由图得波可能沿x 轴正向或x
轴负向传播，选项B 错误；若波沿x 轴正向传播，则距离1 m＝1
8 λ，故Δt＝T
8＋nT(n＝0，1，2，…)，即Δt＝0.05
＋0.4n，当n＝3 时，Δt＝1.25 s，若波沿x 轴负向传播，则距离7 m＝7
8λ.故Δt＝7T
8 ＋mT(m＝0，1，2，…)，即Δt
＝0.35＋0.4m，Δt 取值为0.35 s、0.75 s、1.15 s、1.55 s、1.95 s，故选项C 正确、选项D 错误；障碍物宽度d＝6 m
与波长8 m 差不多，则能发生明显的衍射，选项E 正确．
(2)①发生全反射的临界角sin C＝1
n＝2
2 ，即：C＝45°，由几何知识光线在AB 面、BC 面上的入射角均为60°，
均发生全反射，光线从CD 面上的G 第一次射出棱镜，入射角i＝30°，折射角为γ，由折射定律得：n＝sin γ
sin i
，解
得γ＝45°，传播过程光路如图．
②由几何知识GC＝FCtan i＝BC
2 tan 30°＝4 3
3
cm.
答案：(1)ACE
(2)①见解析图
②4 3
3
cm 高考仿真模拟卷(十六)
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14．解析：选C.由图象可知金属的极限频率为ν0，入射光的频率必须要大于ν0 才能发生光电效应现象，选项A
错误；金属的逸出功与入射光的频率无关，选项B 错误；若用频率是2ν0 的光照射该金属，则光电子的最大初动能
为Ekm＝2hν0－hν0＝hν0＝Ue，则遏止电压为U＝hν0
e ，选项C 正确；遏止电压与入射光的频率有关，入射光的频率
越大，则最大初动能越大，遏制电压越大，选项D 错误．
15．解析：选C.根据平行四边形定则知，落到底端时竖直分速度为：vy＝v2B－v20＝3
2v0，则运动的时间为：t
＝vy
g ＝3v0
2g ，设斜面的倾角为θ，则有tan θ＝
1
2gt2
v0t
＝gt
2v0
＝3
4，解得θ＝37°，C 正确．
16．解析：选C.0～t1 内动能的变化量为1
2mv20，动量变化量为mv0；t2～t3 内动能变化量为1
2mv20，动量变化量
为－mv0，根据动能定理可知这两段时间内合外力做功相等；而根据动量定理得知：合外力的冲量不同，故A 错误；
t1～t2 内动能变化量为0－1
2mv20＝－1
2mv20，动量变化量为0－mv0＝－mv0，t3～t4 内动能变化量为－1
2mv20，动量变化
量为0－(－mv0)＝mv0.则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合外力做功相等，合外力的冲量不同，故B
错误；0～t2 和t2～t4 内动能变化量均为0，动量变化量均为0，根据两个定理得知合外力做的功和冲量都相同，故
C 正确；由以上分析得知：0～t1 和t3～t4 内动能变化量不同，动量变化量相同，故合外力做的功不同，冲量相同，
故D 错误．
17．解析：选B.由等势线分布可知，电场线由右向左，根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力向左，故
粒子带正电，选项A 错误；A 处的等势线较密集，则电场线较密集，则A 处的场强较大，选项B 正确；A 处电势
较C 处低，故正电荷在A 处的电势能较小，选项C 错误；从A 到B 的电势差等于从B 到C 的电势差，故粒子从A
到B 的电场力所做的功等于从B 到C 电场力做的功，选项D 错误．
18．解析：选B.设轻绳的拉力为T，则对A：T＋Tcos 60°＝kq2
l2；Tcos 30°＝maA，联立解得：aA＝3kq2
3ml2 ，选
项B 正确，A 错误；恒力F 的大小为F＝2Tcos 30°＝3T＝2kq2
3l2，选项C、D 错误．
19．解析：选BCD.若质点初速度为零，则质点第1 s 内发生的位移为x1＝1
2a1t21＝1
2×10×12 m＝5 m，因质点的
初速度不确定，选项A 错误；因质点3 s 内速度方向一直向上，而根据a－t 图象可知3 s 内速度的变化量为Δv＝(10×1
＋7×1＋12×1) m/s＝29 m/s，且速度变化量方向向下，可知质点的初速度不小于29 m/s，选项B 正确；质点第2 s
内加速度为向下的7 m/s2，则处于失重状态，选项C 正确；根据牛顿第二定律，1～2 s 内，mg－F＝ma，得：F＝3m，
方向向上，做正功，物体机械能增加；2～3 s 内，mg＋F＝ma，得F＝2m，方向向下，物体机械能减少；物体一直
向上做减速运动，而1～2 s 内的速度大于2～3 s 内的速度，则1～2 s 内的位移大于2～3 s 内的位移，故1～2 s 内
物体机械能增加的多，2～3 s 内减小的少，故质点在3 s 末时的机械能大于第1 s 末时的机械能，选项D 正确．
20．解析：选CD.由速度图象得：v＝2x，金属棒所受的安培力FA＝B2L2v
R＋r
＝B2L22x
R＋r ，代入得：FA＝0.5x，则知
FA 与x 是线性关系．当x＝0 时，安培力FA1＝0；当x＝1 m 时，安培力FA2＝0.5 N，则从起点发生x＝1 m 位移的
过程中，安培力做功为：WA＝－FAx＝－FA1＋FA2
2
x＝－0.5
2 ×1 J＝－0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为：W1＝0.25
J，故A 错误；金属棒克服摩擦力做的功为：W2＝μmgx＝0.25×2×10×1 J＝5 J，故B 错误；根据动能定理得：W
－μmgx＋WA＝1
2mv2，其中v＝2 m/s，μ＝0.25，m＝2 kg，代入解得拉力做的功为：W＝9.25 J．整个系统产生的
总热量为：Q＝W－1
2mv2＝9.25 J－1
2×2×22 J＝5.25 J，故C、D 正确．
21．解析：选ACD.由图象可知交流电的周期为T＝0.02 s，则其频率为f＝1
T＝50 Hz，A 正确；理想变压器的输
入功率和输出功率相等，B 错误；由图象可知交流电的电压的最大值为311 V，所以输入的电压的有效值为U1＝311
2
V≈220 V，根据电压与匝数成正比可知副线圈电压的有效值为55 V，C 正确；对副线圈由I2＝U
R可解得I2＝55
11 A＝
5 A，又由n1
n2
＝I2
I1
可得I1＝n2
n1
I2＝1
4×5 A＝1.25 A，D 正确．
22．解析：(1)本实验中两小球的直径要相同即可，不需要测量小球的直径，故A 项错误；要碰后入射球不反弹，
则入射球的质量大于靶球的质量，即m1>m2，故B 项正确；实验中记录纸上铺的复写纸的作用是描绘落点的位置，
则复写纸的位置可以移动，故C 项正确；斜槽要固定好，末端切线需要调节水平，才能使小球做平抛运动，故D 项
错误．
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(2)确定落点平均位置的办法：用尽可能小的圆把尽可能多的落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置．
(3)验证动量守恒定律的表达式是m1v0＝m1v1＋m2v2，则m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即m1OQ＝m1OP＋m2OR，用题
中测量的量表示为m1(x1＋x2)＝m1x1＋m2(x1＋x2＋x3)．
答案：(1)BC
(2)用尽可能小的圆把尽可能多的落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置
(3)m1(x1＋x2)＝
m1x1＋m2(x1＋x2＋x3)
23．解析：(1)电流计G 与R2 串联接入电路，若R2 取最大阻值1 000 Ω，电压表的量程为1.5 V，可得电流计的
最小电流为Imin＝1.5
1 000 A＝1.5 mA>500 μA，故电路不可行，流过电流计的最小电流超过了其量程．
(2)①第一步为电压表和电流计串联的电路，由部分电路的欧姆定律有UV＝IgRV，可得RV＝UV
Ig
＝
1
500×10
－6 Ω
＝2 000 Ω；第二步为Rg 与R2 并联再与RV 串联，由部分电路的欧姆定律I′gRg＝(U′V
RV
－I′g)R2，代入数据解得Rg＝180
Ω.
②电流计改装成电流表需要利用并联电阻分流，由(I－Ig)R＝IgRg，解得R＝20 Ω，故电阻箱调为20 Ω，电路如
图所示．
答案：(1)不可行，流过电流计的最小电流超过了其量程
(2)①2 000
180
②见解析图
20
24．解析：(1)两物体恰要发生相对滑动时，它们之间的摩擦力大小达到最大静摩擦fm；设它们一起运动的加速
度大小为a，此时作用于小物块水平向右的恒力大小为F1，由牛顿定律可知：
对整体：F1＝(M＋m)a
对木板：fm＝Ma
其中fm＝μmg
解得F1＝2.5 N
故当F>2.5 N 时，两物体之间发生相对滑动．
(2)分析可知，当一开始就用水平向右F2＝5.5 N 的恒力作用于小物块时，两物体发生滑动；设滑动摩擦力的大
小为f，小物块、木板的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律可得：
对小物块：F2－f＝ma1
对木板f＝Ma2
其中f＝μmg
解得a1＝3.5 m/s2; a2＝0.5 m/s2
设小物块滑下木板历时为t，小物块、木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2，由匀变速直线运动的规律和几
何关系可知：s1＝1
2a1t2，s2＝1
2a2t2，s1－s2＝1
2L
解得：t＝1 s.
答案：(1)F>2.5 N
(2)1 s
25．解析：(1)由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv2
r
r＝mv
qB
＝0.1 m
T＝2πm
qB
＝1.25×10
－7π s.
(2)由题意可知Z 粒子是垂直电场左边界进入电场的，作出Z 粒子在磁场中的运动轨迹如图(a)所示，O1 为轨迹
圆圆心．分别用dB 和dE 表示电场和磁场区域的宽度．
对Z 粒子在电场中运动，由动能定理有：
qEdE＝1
2mv2①
代入数据解得：E＝1.0×104 N/C
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Z 粒子在磁场中做圆周运动，设轨迹圆半径为r，
由圆周运动的规律有：qvB＝mv2
r ②
由几何知识可知：在△SOO1 中满足：
cos θ＝OS
O1S＝dB
r ③
由②③并代入数据可得：θ＝π
6
.
(3)作Z 粒子在磁场中圆弧轨迹对应的弦SN 如图(b)所示，由几何知识得：△SNO1 为等边三角形，SN＝r ，弦
切角θ0＝θ④
由题意可知：在磁场中圆弧轨迹对应的弦长大于r 的粒子，满足Z 粒子第一次刚要进入电场时未离开过磁场．作
出另两个圆弧轨迹对应的弦长等于SN 的粒子轨迹，交磁场左右边界分别为M、O1，粒子在S 点的速度分别为v1
和v2.由图可知发射方向在v1 和v2 之间的粒子轨迹弦长大于r，对应的发射方向分布的角度范围为：θ1＝π
2
－θ0⑤
由图可知Z 粒子的发射速度方向与磁场左边界所夹角度范围内发射的粒子轨迹弦长也大于r
所以有：η＝θ1＋θ
π
⑥
解得：η＝1
2.
答案：(1)0.1 m
1.25×10
－7π s
(2)1.0×104 N/C
π
6
(3)1
2
33．解析：(1)由题意知，TA＝300 K；A→B 过程为等压变化，则有VA
TA
＝VB
TB
，代入数据解得：TB＝900 K，故A
正确；B→C 过程是等容变化，则有pB
TB
＝pC
TC
，代入数据解得：TC＝300 K，故B 正确；从状态A 变化到状态C 过程，
气体的温度先升高后降低，则气体的内能先增大后减小，故C 错误；由A→B 气体的温度升高，内能增大，体积增
大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 知，气体吸热，故D 错误；B→C 过程气体的体积不变，不做功，
温度降低，气体的内能减小，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 知，气体放热，故E 正确．
(2)设U 形管横截面积为S.
左管：初状态：p1＝76 cmHg
V1＝20 cm×S
T1＝273 K＋27 K＝300 K.
末状态：p2＝？
V2＝？
T2＝300 K
右管：初状态：p3＝76 cmHg
V3＝20 cm×S
T3＝273 K＋27 K＝300 K.
末状态：p4＝p2－20 cmHg
V4＝10 cm×S
T4＝450 K
对右管：由理想气体状态方程得：p3V3
T3
＝p4V4
T4
，代入数据得：
p2＝248 cmHg
对左管：由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2 得：
76×20×S＝248×V2，
解得：V2＝1 520
248 ×S≈6.1S，所以此时空气柱长度：l＝V2
S ＝6.1 cm.
答案：(1)ABE
(2)6.1 cm
34．解析：(1)根据图象知波长λ＝4 m，振幅A＝20 cm，遇到3 米的障碍可以发生明显的衍射现象，故A 正确；
若波向x 正方向传播，则Δt＝0.2 s＝(n＋1
4)T(n＝0，1，2，3…)，当n＝0，T＝0.8 s，速度v＝λ
T＝4 m
0.8 s＝5 m/s；当
n＝1，T＝0.16 s，v＝λ
T＝4
0.16 m/s＝25 m/s.若波向x 负方向传播，则Δt＝0.2 s＝(n＋3
4)T(n＝0，1，2，3…)，当n＝
0，T＝4
15 s，速度v＝λ
T＝
4 m
4
15 s
＝15 m/s；当n＝1，T＝4
35 s，v＝λ
T＝35 m/s，根据以上分析知B、C 错误，D 正确；
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若波速为15 m/s，根据以上分析知T＝4
15 s，t1 到t2，Δt＝0.2 s＝3
4T，振幅A＝20 cm，所以路程s＝3A＝60 cm，故
E 正确．
(2)
(i)光路图如图所示．
(ii)由光路图的几何关系可得到：
折射角为γ＝π
2
－θ
①
入射角为φ＝π
2
－2α
②
玻璃砖的折射率
n＝
sin （π
2
－θ）
sin （π
2
－2α）
＝cos θ
cos 2α
.
答案：(1)ADE
(2)见解析
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